POJ 1836 Alignment　双向LIS+DP

最新推荐文章于 2019-08-25 20:03:00 发布

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本文解析了POJ1836 Alignment问题，通过两次最长递增子序列(LIS)算法求解，确保每个士兵能看见至少一侧的尽头，且避免等高士兵相邻。最终给出O(n^2)时间复杂度的AC代码。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

POJ 1836 Alignment

题目描述：

　　题目链接：POJ 1836 Alignment

题目大意：

　　令到原队列的最少士兵出列后，使得新队列任意一个士兵都能看到左边或者右边的无穷远处，且除最高点外任一士兵旁边不能存在等高的士兵。

图来自http://blog.youkuaiyun.com/lyy289065406/article/details/6648129

解题思路：

　　大致的想法就是分别做两个 $LIS$ (一个正序 $dp1$ 一个逆序 $dp2$ )，然后从队首到队尾枚举位置，最后答案就是（用N表示原队列的总兵数）： $N - max（dp1[i] + dp2[i]）$
　　

复杂度分析:

时间复杂度 $O(n^2))$
空间复杂度 $O(n)$

AC代码：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>

using namespace std;
const int maxn = 1010;
double high[maxn];
int dpr[maxn];
int dpl[maxn];

int main(){
    int n;
    while(scanf("%d",&n) != EOF){
        for(int i = 0; i < n; i++){
            scanf("%lf" ,&high[i]);
            dpr[i] = dpl[i] = 1;
        }
        for(int i = 1; i < n; i++){
            for(int j = i - 1; j >= 0; j--){
                if(high[i] > high[j]){
                    dpl[i] = max(dpl[i],dpl[j] + 1);
                }
            }
        }
        for(int i = n - 2; i >= 0; i--){
            for(int j = i + 1; j < n; j++){
                if(high[i] > high[j]){
                    dpr[i] = max(dpr[i],dpr[j] + 1);
                }
            }
        }
        int ans=dpl[n-1];
        for(int i=0;i<n-1;i++)
        {
            for(int j=i+1;j<n;j++)
            {
                if(dpl[i]+dpr[j]>ans)
                {
                    ans=dpl[i]+dpr[j];
                }
            }
        }
        printf("%d\n",n - ans);
    }
    return 0;
}

/**********************************
12
0.9 0.8 0.7 1 0.6 0.5 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6
5
1 1 1 1 1
5
1 1.5 2 1.5 1
8
3 4 5 1 2 5 4 3
3
5 5 5
3
5 5 4
4
5 5 4 6
************************************/