JZOJ 5600. 【NOI2018模拟3.26】Arg

最新推荐文章于 2018-12-12 12:50:30 发布

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分类专栏：序列DP

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/huangjingyuan107/article/details/79705759

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本文探讨了一类关于求解特定序列的问题，通过多种剪枝策略和动态规划方法，提出了解决方案，适用于长度不超过15的序列。文章详细介绍了暴力求解及优化策略，并给出了具体的代码实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目

给出一个长度为 m 的序列 A, 请你求出有多少种 1…n 的排列, 满足 A 是它的一个 LIS.
对于 100% 的数据, $1≤m≤n≤15$ .

解题思路

对于 $n≤12$ 的，其实可以暴力，将能想到的剪枝想到。
①由于 $n≤12$ ，可以通过 $O(n^2)$ 的暴力将 $f[i]$ 构造出来。很容易得到，在递归中假设现在递归地层数为 $x$ ，那么 $f[x]$ 已知。如果 $f[x]>m$ ，那么return。
②考虑反数组即 $o[a[i]]=i$ .相当于新构造出来的序列中 $A$ 的元素在新构造出来的序列中出现的顺序是不变的，维护一个指针，如果加入的新数跳过了本来应在它前面加的数，那么return。
③如果当前LIS的长度加上剩下的数的个数还小于m，则return。
如果 $n≤15$ ？
考虑有什么方法能够构造出LIS。考虑实时得出某个序列的办法。可以考虑用进制数作为状态的DP。
设 $g[i]$ 表示当前的上升子序列的长度为i的末尾那个数的最小值。
考虑操作一步对序列的影响。
那么新加入进来的数i必定替代刚好比i大的j。
比如1 3 4 5，加入2，则新序列变成1 2 4 5。
那么一个数有3种状态。0：没出现过。1：在序列中。2：被踢了。
显然对于现在的一个三进制状态 $s$ ，可以转换到状态 $s'$ 。
BFS的注意事项
在BFS中，如果一个状态要更新其他状态，那么必须要保证它已经被更新完了。
在这里,如果i++地枚举，那么可以满足上述要求。
如果将图建出来，不仅要花很大的空间，而且不一定能满足上述要求。
自己试一试就知道了。

心得

对于n比较小的。数的状态有几个，可以考虑几进制的状态数。
碰到这种关于BFS的DP问题，考虑用什么方法不仅将图遍历，且满足DP的合法的更新状态的方法。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define N 20
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
int i,j,k,l,n,m,x,y,z,wz,ans;
int mx,lim;
int a[N],b[N],f[20000000],o[N];
int _3[N],c[N];
bool p;
int main(){
    freopen("arg.in","r",stdin);
    freopen("arg.out","w",stdout);
    _3[1]=1;fo(i,2,17)_3[i]=_3[i-1]*3;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    fo(i,1,m)scanf("%d",&a[i]),c[a[i]]=i;
    f[0]=1;
    fo(x,0,_3[n+1]-1)if(f[x]){
        fo(i,1,n)o[i]=(x/_3[i])%3;
        wz=1;b[0]=0;
        fo(i,1,n)if(o[i]==1)b[++b[0]]=i;
        mx=0;
        fo(i,1,n)if(o[i])mx=max(mx,c[i]);
        fo(i,1,n)if(!o[i]){
            while(i>b[wz]&&wz<=b[0])wz++;
            if(c[i]&&c[i]!=mx+1)continue;
            if(i<b[wz]&&wz<=b[0])f[x+_3[b[wz]]+_3[i]]+=f[x];
                else f[x+_3[i]]+=f[x];
        }
    }
    lim=_3[n+1]-1;
    fo(i,1,lim){
        fo(j,1,n)o[j]=(i/_3[j])%3;
        p=0;
        int c1=0,c2=0;
        if(!p)fo(j,1,m)if(!o[a[j]]){p=1;break;}
        if(!p){
            fo(j,1,n)if(o[j]==1)c1++;
                else if(o[j]==2)c2++;
            if(c1==m&&c1+c2==n)ans+=f[i];
        }
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}