51nod 1134 最长递增子序列(LIS优化)

本文介绍了一种求解最长递增子序列(LIS)问题的高效算法,并提供了两种实现方式:一种时间复杂度为n^2的传统DP方法,另一种通过使用lower_bound函数优化后的O(n log n)算法。后者通过保持递增子序列的最小可能值来更新或替换现有序列。

题目:给出长度为N的数组,找出这个数组的最长递增子序列。(递增子序列是指,子序列的元素是递增的)
例如:5 1 6 8 2 4 5 10,最长递增子序列是1 2 4 5 10。
Input
第1行:1个数N,N为序列的长度(2 <= N <= 50000)
第2 - N + 1行:每行1个数,对应序列的元素(-10^9 <= S[i] <= 10^9)
Output
输出最长递增子序列的长度。
Input示例

8
5
1
6
8
2
4
5
10

Output示例

5

LIS模板套的代码(时间超限,时间复杂度 n^2):

#include<iostream>
using namespace std;

#define maxn 50000
int a[maxn]; 

int main(){
    int n;
    cin >> n;
    int dp[maxn];
    for(int i = 1; i <= n; i++)
     cin >> a[i];
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
      dp[i] = 1;
      for(int j = 1; j <= i; j++){
        if(a[i] > a[j])
        dp[i] = max(dp[i] , dp[j] + 1);
      }
      ans = max (ans , dp[i]);
    }
    cout << ans << endl; 
    return 0;
} 

LIS优化代码:
这个思路是,把最长递增子序列存在dp数组中,有一个大于这个数组最后一个元素的数,直接存放在这个数组后面,如果遇到一个小的数字,就把dp数组中第一个比它大的数字替换掉,这样得到的最长递增子序列是最长的且和为最小的子序列(十分精妙的思路)。

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

#define maxn 50000
int a[maxn]; 

int main(){
    int n;
    cin >> n;
    int dp[maxn];
    for(int i = 1; i <= n; i++)
     cin >> a[i];
    int ans = 0;
    int len = 1;
    dp[len] = a[1];
    for(int i = 2; i <= n; i++){
        if(a[i] > dp[len]) dp[++len]  = a[i];
        else{
            int pos = lower_bound(dp+1 , dp+len , a[i])-dp;
                             //lower_bound()函数是查找dp[]中第一个大于a[i]的数并返回这个数的下标。
                             //这个数组可以手动写出成函数封装起来
            dp[pos] = a[i];
        }
    }
    cout << len << endl;
    return 0;
} 
题目 51nod 3478 涉及一个矩阵问题,要求通过最少的操作次数,使得矩阵中至少有 `RowCount` 行和 `ColumnCount` 列是回文的。解决这个问题的关键在于如何高效地枚举所有可能的行和列组合,并计算每种组合所需的操作次数。 ### 解法思路 1. **预处理每一行和每一列变为回文所需的最少操作次数**: - 对于每一行,计算将其变为回文所需的最少操作次数。这可以通过比较每对对称位置的值是否相同来完成。 - 对于每一列,计算将其变为回文所需的最少操作次数,方法同上。 2. **枚举所有可能的行和列组合**: - 由于 `N` 和 `M` 的最大值为 8,因此可以枚举所有可能的行组合和列组合。 - 对于每一种组合,计算其所需的最少操作次数,并取最小值。 3. **计算操作次数**: - 对于每一种组合,需要计算哪些行和列需要修改,并且注意行和列的交叉点可能会重复计算,因此需要去重。 ### 代码实现 以下是一个可能的实现方式,使用了枚举和位运算来处理组合问题: ```python def min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count): import itertools N = len(matrix) M = len(matrix[0]) # Precompute the cost to make each row a palindrome row_cost = [] for i in range(N): cost = 0 for j in range(M // 2): if matrix[i][j] != matrix[i][M - 1 - j]: cost += 1 row_cost.append(cost) # Precompute the cost to make each column a palindrome col_cost = [] for j in range(M): cost = 0 for i in range(N // 2): if matrix[i][j] != matrix[N - 1 - i][j]: cost += 1 col_cost.append(cost) min_total_cost = float('inf') # Enumerate all combinations of rows and columns rows = list(range(N)) cols = list(range(M)) from itertools import combinations for row_comb in combinations(rows, row_count): for col_comb in combinations(cols, col_count): # Calculate the cost for this combination cost = 0 # Add row costs for r in row_comb: cost += row_cost[r] # Add column costs for c in col_comb: cost += col_cost[c] # Subtract the overlapping cells for r in row_comb: for c in col_comb: # Check if this cell is part of the palindrome calculation if r < N // 2 and c < M // 2: if matrix[r][c] != matrix[r][M - 1 - c] and matrix[N - 1 - r][c] != matrix[N - 1 - r][M - 1 - c]: cost -= 1 min_total_cost = min(min_total_cost, cost) return min_total_cost # Example usage matrix = [ [0, 1, 0], [1, 0, 1], [0, 1, 0] ] row_count = 2 col_count = 2 result = min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count) print(result) ``` ### 代码说明 - **预处理成本**:首先计算每一行和每一列变为回文所需的最少操作次数。 - **枚举组合**:使用 `itertools.combinations` 枚举所有可能的行和列组合。 - **计算成本**:对于每一种组合,计算其成本,并考虑行和列交叉点的重复计算问题。 ### 复杂度分析 - **时间复杂度**:由于 `N` 和 `M` 的最大值为 8,因此枚举所有组合的时间复杂度为 $ O(N^{RowCount} \times M^{ColCount}) $,这在实际中是可接受的。 - **空间复杂度**:主要是存储预处理的成本,空间复杂度为 $ O(N + M) $。 ### 相关问题 1. 如何优化矩阵中行和列的枚举组合以减少计算时间? 2. 在计算行和列的交叉点时,如何更高效地处理重复计算的问题? 3. 如果矩阵的大小增加到更大的范围,如何调整算法以保持效率? 4. 如何处理矩阵中行和列的回文条件不同时的情况? 5. 如何扩展算法以支持更多的操作类型,例如翻转某个区域的值?
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