2．花匠
(flower.cpp/c/pas)
【问题描述】
花匠栋栋种了一排花，每株花都有自己的高度。花儿越长越大，也越来越挤。栋栋决定把这排中的一部分花移走，将剩下的留在原地，使得剩下的花能有空间长大，同时，栋栋希望剩下的花排列得比较别致。
具体而言，栋栋的花的高度可以看成一列整数?1, ?2, … , ?n。设当一部分花被移走后，剩下的花的高度依次为g1,g2,… , gm，则栋栋希望下面两个条件中至少有一个满足：
条件 A：对于所有的1≤i≤，有g2i >g2i-1，同时对于所有的1≤i≤，有g2i
>g2i+1；
条件 B：对于所有的1≤i≤，有g2i < g2i-1，同时对于所有的1≤i≤，有g2i
<g2i+1。
注意上面两个条件在 m = 1时同时满足，当m > 1时最多有一个能满足。
请问，栋栋最多能将多少株花留在原地。
【输入】
输入文件为 flower.in。
输入的第一行包含一个整数，表示开始时花的株数。
第二行包含个整数，依次为?1, ?2, … , ?n，表示每株花的高度。
【输出】
输出文件为 flower.out。
输出一行，包含一个整数，表示最多能留在原地的花的株数。
【输入输出样例】
|
flower.in |
flower.out |
|
5 5 3 2 1 2 |
3 |
【输入输出样例说明】
有多种方法可以正好保留 3 株花，例如，留下第 1、4、5 株，高度分别为 5、1、2，满足条件 B。
【数据范围】
对于 20%的数据，n ≤ 10；
对于 30%的数据，n ≤ 25；
对于 70%的数据，n ≤ 1000，0 ≤ ?n≤ 1000；
对于 100%的数据，1 ≤ n ≤ 100,000，0 ≤ ?n≤ 1,000,000，所有的?n随机生成，所有随机数服从某区间内的均匀分布。
解一
动态规划
运用如下状态转移方程
1、令S[i][1]表示以i为结尾，且降序到达a[i]的最长抖动序列长度；令S[i][0]表示以i为结尾，且升序到达a[i]的最长抖动序列长度。则有如下递推公式：
S[i+1][1]=max(S[j][0])+1,i>=j>=1,a[j]>a[i+1],
S[i+1][0]=max(S[j][1])+1,i>=j>=1,a[j]<a[i+1],
S[1][1]=S[1][0]=1。
则最终答案应该是max(S[n][1],S[n][0])。
进一步有优化得：
（1）h[i+1]>ha[i]:
S[i+1,0]=max(S[i,1]+1，S[i,0]);
S[i+1,1]=S[i,1];
（2）h[i+1]<ha[i]:
S[i+1,0]=S[i,0];
S[i+1,1]=max(S[i,0]+1,S[i,1]);
（3）h[i+1]=h[i]:
S[i+1,0]=S[i,0];
S[i+1,1]=S[i,1];
S[1,0]=S[1,1]=1.
转移方程也可做如下分析：
- 一看这种数据规模，至多是O(nlog2n)的算法。本题又和序列有关，所以要考虑如何用dp的方法解这道题。
用h[i]表示第i株花的高度。
仔细分析，发现本题的条件A和条件B在m>1时绝对不能同时满足，而且一个合法的序列必定是一个波动序列。我们用f[i][0]表示第i株花作为序列终点且这株花满足条件A时的最多剩下的株数，f[i][1]表示第i株花作为序列终点且这株花满足条件B时的最多剩下的株数，可以得到：
f[i][0]=max{f[j][1]}+1,1≤j<i且h[j]<h[i];
f[i][1]=max{f[j][0]}+1,1≤j<i且h[j]>h[i];
答案ans=max{f[i][0],f[i][1]},1≤i≤n;
边界为f[1][0]=f[1][1]=1。
这样我们就得到了一个O(n2)的算法，但这并不能满足要求。
- 继续分析，受到求序列连续和的启发，我们可以这样设计状态：
- 令f[i][0]表示前i株花中的最后一株(不一定是i)满足条件A时的最多剩下的株数，f[i][1]表示前i株花作为序列终点且最后一株(不一定是i)满足条件B时的最多剩下的株数，可以得到：
h[i]>h[i?1]时，
f[i][0]=max{f[i?1][0],f[i?1][1]+1},f[i][1]=f[i?1][1];
h[i]==h[i?1]时，
f[i][0]=f[i?1][0],f[i][1]=f[i?1][1];
h[i]<h[i?1]时，
f[i][0]=f[i?1][0],f[i][1]=max{f[i?1][1],f[i?1][0]+1}.
答案ans=max{f[n][0],f[n][1]};
边界为f[1][0]=f[1][1]=1
代码：
program flower_1;
var
i,n:longint;{n为开始时花的株数}
h:array[0..100010]of longint;{h[i]为开始时第i株花的高度}
s:array[0..100010,-1..2]of longint;{}
function max(p,q:longint):longint;
begin
assign(input,’flower.in’);
reset(input);
assign(output,’flower.out’);
rewrite(output);
if p>q thenmax:=p
else max:=q;
end;{此函数可求两数中的最大数}
begin
readln(n);//输入株数
for i:=1 to ndo
read(h[i]);//输入每株花的高度
///////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////
s[1,0]:=1;
s[1,1]:=1;
for i:=2 to ndo
begin
if h[i]>h[i-1]
then
begin
s[i,0]:=max(s[i-1,1]+1,s[i-1,0]);
s[i,1]:=s[i-1,1];
end
{ h[i+1]>h[i]:
S[i+1，0]=max(S[i，1]+1，S[i，0]);
S[i+1，1]=S[i，1];}
else
ifh[i]<h[i-1]
then
begin
s[i,1]:=max(s[i-1,0]+1,s[i-1,1]);
s[i,0]:=s[i-1,0];
end
{h[i+1]<h[i]:
S[i+1，0]=S[i，0];
S[i+1，1]=max(S[i，0]+1,S[i，1]);}
else
begin
s[i,0]:=s[i-1,0];
s[i,1]:=s[i-1,1];
end;
{ h[i+1]=[i]:
S[i+1，0]=S[i，0];
S[i+1，1]=S[i，1];
S[1，0]=S[1，1]=1.}
end;
writeln(max(s[n,1],s[n,0]));//输出最大剩余株数
close(input);
close(output);{关闭输入输出文件}
end.
解二：
初始化ans=1（保留第一个数据），因为连续单调的一段数据中最多只能保留一个，所以从第2个数据起如果一直单调则一直扫，直到出现拐点则ans+1，然后继续向后扫，循环往复直至扫完，最后输出ans。
注意：此处的单调并非指严格单调，出现相邻数据相同的情况也算单调。序列缩点，连续递减的点和连续递增的点是可以缩到一个代表性的点上的，比如说样例给的5 3 2 1 2，
可以缩成5,1,2或3,1,2或2,1,2，即5 3 2这三个连续递减的点实际上可以由一个点代替，1是一个转折点，
于是你也可以说是找转折点个数。
当找到转折点的个数后 后面必然有成立的点。用转折点的个数 加上后面成立的点的个数 加上必然有一个点满足条件(题目中有说过)就可以在O(n）的时间内找出答案。
代码二：
program flower_2;
var
n,h1,i,i1,ans:longint;
h:array[0..100010]of longint;
begin
assign(input,’flower.in’);
reset(input);
assign(output,’flower.out’);
rewrite(output);
readln(n);
read(h[1]);
i1:=1;
for i:=2 to n do
begin
read(h1);
if h1<>h[i1]
then
begin
i1:=i1+1;
h[i1]:=h1;
end;
end;
if i1=1
then
writeln(1)
else
begin
ans:=2;
for i:=2 to n-1 do
begin
if ((h[i-1]<h[i]) and (h[i]>h[i+1])) or((h[i-1]>h[i]) and (h[i]<h[i+1]))
then
inc(ans);
end;
writeln(ans);
end;
close(input);
close(output);
end.
代码三：
program flower3;
var
n,i,ans1,ans2:longint;
a:array[1..100000]of longint;
functionchaxun(k:integer):longint;
var
ans,x:longint;
begin
x:=a[1];ans:=1;
for i:=2 to n do
begin
if k=-1 then //k=-1是该下降了
if a[i]<x then //如果这一个比上一个低，把这个高度放入‘上
begin 个高度’然后更新k （k=1 该上升了）可以
x:=a[i]; 留下的花盆数加1
k:=1;
inc(ans);
end
else //如果这一个比上一个高，把这个高度放入‘上
begin 个高度’继续下一次循环（可能出现‘4 2 3’
x:=a[i]; 的情况 所以需要更新x）
//continue;
end
else //如果现在该上升了
if a[i]>x then //如果这个比上个高（即可以上升），更新x、k、
begin ans
x:=a[i];
k:=-1;
inc(ans);
end
else //如果这个比上个低（不能上升），更新x（可能
begin 有‘4 2 3’）
x:=a[i];
//dec(ans);
end;
end;
chaxun:=ans;
end;
begin
{assign(input,‘flower.in‘);
assign(output,‘flower.out‘);
reset(input);
rewrite(output);}
readln(n); //读入总花数
for i:=1 to n do read(a[i]); //读入各个高度
ans1:=chaxun(1); //第二个比第一个高的情况（即条件A）
ans2:=chaxun(-1); //第二个比第一个低的情况（即条件B）
if ans1<ans2 then ans1:=ans2; //哪个留的花盆多 输出哪个
writeln(ans1);
{close(input);
close(output); }
end.
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