hdu45221――小明系列问题――小明序列 线段树优化dp
来源：程序员人生 发布时间：2014-12-07 10:04:41 阅读次数：3288次
小明系列问题――小明序列
Time Limit: 3000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65535/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 1918 Accepted Submission(s): 583
Problem Description
大家都知道小明最喜欢研究跟序列有关的问题了，可是也就由于这样，小明几近已玩遍各种序列问题了。可怜的小明苦苦地在各大网站上寻觅着新的序列问题，可是找来找去都是自己早已研究过的序列。小明想既然找不到，那就自己来发明1个新的序列问题吧！小明想啊想，终究想出了1个新的序列问题，他欣喜若狂，由于是自己想出来的，因而将其新序列问题命名为“小明序列”。
提起小明序列，他给出的定义是这样的：
①首先定义S为1个有序序列，S={ A1 , A2 , A3 , ... , An }，n为元素个数 ；
②然后定义Sub为S中取出的1个子序列，Sub={ Ai1 , Ai2 , Ai3 , ... , Aim }，m为元素个数 ；
③其中Sub满足 Ai1 < Ai2 < Ai3 < ... < Aij⑴ < Aij < Aij+1 < ... < Aim ；
④同时Sub满足对任意相连的两个Aij⑴与Aij都有 ij - ij⑴ > d (1 < j <= m， d为给定的整数)；
⑤明显满足这样的Sub子序列会有许许多多，而在取出的这些子序列Sub中，元素个数最多的称为“小明序列”(即m最大的1个Sub子序列)。
例如：序列S={2,1,3,4} ，其中d=1；
可得“小明序列”的m=2。即Sub={2,3}或{2,4}或{1,4}都是“小明序列”。
当小明发明了“小明序列”那1刻,情绪非常激动，以致于头脑混乱，因而他想请你来帮他算算在给定的S序列和整数d的情况下，“小明序列”中的元素需要多少个呢？
Input
输入数据多组，处理到文件结束;
输入的第1行动两个正整数 n 和 d；(1<=n<=10^5 , 0<=d<=10^5)
输入的第2行动n个整数A1 , A2 , A3 , ... , An，表示S序列的n个元素。(0<=Ai<=10^5)
Output
请对每组数据输出“小明序列”中的元素需要多少个，每组测试数据输出1行。
Sample Input
2 0
1 2
5 1
3 4 5 1 2
5 2
3 4 5 1 2
Sample Output
Source
2013腾讯编程马拉松初赛第4场（3月24日）
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| Note
这道题唯1的看点就在n的范围很大以致于暴力会超时
状态方程很好想，dp[i] = max(dp[j] + 1)其中a[i] > a[j]
我们把以第i个元素为结尾的最长上升子序列放到线段树对应值为a[i]的叶子上（有点hash思想，这是为了保证上升这个特性，查询的时候方便），固然如果此时的i-d<=1就不用插入了，这时候候用不到任何的前置状态。
需要用我们就插入1次，而且每次插入我们都能保证那个点和当前点i的距离1定大于d（之前已空了d个位置），到时就直接去线段树上小于a[i]的区间找最大值就好了
#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <queue>
#include <stack>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 100010;
int dp[N];
int arr[N];
struct node
{
int l, r;
int val;
}tree[N << 2];
void build(int p, int l, int r)
{
tree[p].l = l;
tree[p].r = r;
tree[p].val = 0;
if (l == r)
{
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(p << 1, l, mid);
build(p << 1 | 1, mid + 1, r);
}
void update(int p, int pos, int val)
{
if (tree[p].l == tree[p].r)
{
tree[p].val = val;
return;
}
int mid = (tree[p].l + tree[p].r) >> 1;
if (pos <= mid)
{
update(p << 1, pos, val);
}
else
{
update(p << 1 | 1, pos, val);
}
tree[p].val = max(tree[p << 1].val, tree[p << 1 | 1].val);
}
int query(int p, int l, int r)
{
if (l <= tree[p].l && tree[p].r <= r)
{
return tree[p].val;
}
int mid = (tree[p].l + tree[p].r) >> 1;
if (r <= mid)
{
return query(p << 1, l, r);
}
else if (l > mid)
{
return query(p << 1 | 1, l, r);
}
else
{
return max(query(p << 1, l, mid), query(p << 1 | 1, mid + 1, r));
}
}
int main()
{
int n, d;
while(~scanf("%d%d", &n, &d))
{
int r= ⑴;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
scanf("%d", &arr[i]);
r = max(r, arr[i]);
}
build(1, 0, r);
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
if (i - d - 1 > 0)
{
update(1, arr[i - d - 1], dp[i - d - 1]);
}
if (arr[i] == 0)
{
dp[i] = 1;
}
else
{
dp[i] = query(1, 0, arr[i] - 1) + 1;
}
ans = max(ans, dp[i]);
// printf("%d
", dp[i]);
}
printf("%d
", ans);
}
return 0;
}
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