UVA1471 Defense Lines

题目解析

详细可以查看lrj书。本题题解出自刘汝佳算法竞赛入门经典

最容易想到的算法是枚举j和i（前提是A[j]<A[i]，否则拼不起来），然后分别往左和往右数一数最远能延伸到哪里。枚举量为O(n 2 )，而“数一数”的时间复杂度为O(n)，因此总时间复杂度为O(n^{3} )。加上一个预处理，就能避免“数一数”这个过程，从而把时间复杂度降为O(n^{2} )。设right(i)为以第i个元素开头的最长L序列长度，left(i)为以第i个元素结尾的最长L序列长度，则不难在O(n)时间内求出left(i)和right(i)，然后枚举完j和i之后，最长L序列的长度就是left(j)+right(i)。还可以做得更好：只枚举i，不枚举j，而是用其他方法快速找一个j<i，使得A[j]<A[i]，且left(j)尽量大。如何快速找到呢？首先要排除一些肯定不是最优值的j。例如，若有j'满足A[j']<=A[j]且left(j')>left(j)，则j肯定不满足条件，因为j'不仅是一个更长的L序列的末尾，而且它更容易拼成。
这样，把所有“有保留价值”的j按照A[j]从小到大排成一个有序表（根据刚才的结论，A[j]相同的j只保留一个），则g也会是从小到大排列。那么用二分查找找到满足A[j]<A[i]的最大的A[j]，则它对应的left(j)也是最大的。不过这个方法只有当i固定时才有效。实际上每次计算完一个g(i)之后，还要把这个A[i]加到上述有序表中，并且删除不可能是最优的A[j]。因为这个有序表会动态变化，无法使用排序加二分查找的办法，而只能使用特殊的数据结构来满足要求。幸运的是，STL中的set就满足这个要求——set中的元素可以看成是排好序的，而且自带lower_bound和upper_bound函数，作用和之前讨论过的一样。为了方便起见，此处用二元组(A[j],g(j))表示这些“有保留价值”的东西，如(10,4), (20,8),(30,15),  (40,18),  (50,30)，并且以A[j]为关键字放在一个STL集合中。对于固定的i，不难用Lower_bound找到满足A[j]<A[i]的最大A[j]，以及对应的g(j)，真正复杂的是这个集合本身的更新，即前面提到的“每次计算完一个g(i)之后”需要做的事情。假设已经计算出一个g(i)=6，且A[i]=25，接下来会发生什么事情？首先把(25,6)插入集合中，然后检查它的前一个元素(20,8)。由于20<25，8>6，(25,6)是不应该保留的。但如果插入的是(25,20)，情况就完全不同了：不仅(25,20)需要保留，而且还要删除(30,15)和(40,18)。一般地，插入任何一个二元组时首先应找到其插入位置，根据它前一个元素判断是否需要保留。如果需要保留，再往后遍历，删除所有不再需要保留的元素。因为所有元素至多被删除一次，而查找、插入和删除的时间复杂度均为O(logn)，所以消耗在STL集合上的总时间复杂度为O(n\log n) 。

不过博主发现，本题不算很严谨，不含重复的序列的代码也能通过，至于含重复的序列的情况，博主暂未写题解。先贴出不严谨的代码，以后再来补漏。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<set>
using namespace std;
const int maxn = 200000 + 5;
int n, a[maxn], left[maxn], right[maxn];
struct Candidate{
	int a, left;
	Candidate(int a, int left):a(a), left(left){}
	bool operator < (const Candidate &rhs) const {
		return a < rhs.a;
	}
};
set<Candidate> s;
int main(){
	int t, n;
	scanf("%d", &t);
	while(t--){
		scanf("%d", &n);
		for(int i = 0; i < n; ++i)
			scanf("%d", &a[i]);
		left[0] = 1;
		for(int i = 1; i < n; ++i) 
			if(a[i] > a[i - 1]){
				left[i] = left[i - 1] + 1;
			}else{
				left[i] = 1;
			}
		right[n - 1] = 1;
		for(int i = n - 2; i >= 0; --i)
			if(a[i] < a[i + 1]){
				right[i] = right[i + 1] + 1;
			}else{
				right[i] = 1;
			}
		s.clear();
		s.insert(Candidate(a[0], left[0]));
		int ans = 1;
		for(int i = 1; i < n; ++i){
			Candidate c(a[i], left[i]);
			set<Candidate>::iterator it = s.lower_bound(c);
			bool keep = true;
			if(it != s.begin()){
				Candidate last = *(--it);
				int len = last.left + right[i];
				ans = max(ans, len);
				if(last.left >= c.left) keep = false;
			}
			if(keep){
				s.insert(c);
				it = s.find(c);
				++it;
				while(it != s.end() && it->left <= c.left) s.erase(it++); 
			}
		}
		printf("%d\n", ans);
	}
	return 0;
}