SCP 2024 第二轮（复赛 J 组）模拟 T4 配对序列 题解

题目大意

给定一个序列，求最长的该序列的满足如下性质的子序列。

• 子序列长度为偶数。
• 子序列由若干对相同数拼接而成，并且任意两对相邻对数值不相等。

给出子序列的长度即可。

题解

测试点 1 ~ 2

枚举每个数是否选，最终判断是否满足性质即可。时间复杂度 $O(2^{n}n)$。可以拿到 $10pts$ 的高分。

测试点 3 ~ 9

考虑动态规划。

设 $f_{i,j},j\in 0,1$ 表示前 $i$ 位中，最后一对已经有 $j$ 位，且选第 $i$ 位的最长串的长度。可得到状态转移方程：

f i , 0 = max ⁡ j = 1 i − 1 , a j = a i { f j , 1 + 1 } \displaystyle f_{i, 0} = \max_{j = 1}^{i - 1, a_j = a_i} \{f_{j, 1} + 1\} fi,0​=j=1maxi−1,aj​=ai​​{fj,1​+1}
f i , 1 = max ⁡ j = 1 i − 1 , a j ≠ a i { f j , 0 + 1 } \displaystyle f_{i, 1} = \max_{j = 1}^{i - 1, a_j \ne a_i} \{f_{j, 0} + 1\} fi,1​=j=1maxi−1,aj​=ai​​{fj,0​+1}

时间复杂度 $O(n^2)$。直接做可以得到 $45pts$ 的高分。

测试点 10 ~ 20

考虑优化DP。

第一个转移式的 $a_j=a_i$ 可以表示为 $a_j$ 在 $[a_i,a_i]$ 区间中的最大的 $f_{j,1}$。第二个转移式的 $a_j\ne a_i$ 可以表示为 $a_j$ 在 $[1,a_i-1]$ 或在 [ a j + 1 , max ⁡ { a k } ] [a_j + 1, \max \{a_k\}] [aj​+1,max{ak​}] 区间中的最大的 $f_{j,0}$。

我们考虑建一个数组，每个下标 $i$ 表示 $a_j=i$ 的所有 $f_{j,k}$ 的最大值。于是转移可以被转化为查询区间最大值，每次算完结果后当前状态更新数组。整个操作可以总结成单点取 $\max$, 区间查询最大值。可以用线段树做。

时间复杂度 O ( n log ⁡ ( max ⁡ { a i } ) ) O(n\log(\max\{a_i\})) O(nlog(max{ai​}))。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 500010;

int n;
int a[N];
struct Node
{
	int l, r;
	int res1, res2;
}tr[N << 2];
int f[N][2];

void pushup(Node& root, Node left, Node right)
{
	root.res1 = max(left.res1, right.res1);
	root.res2 = max(left.res2, right.res2);
}

void pushup(int u)
{
	tr[u].res1 = max(tr[u << 1].res1, tr[u << 1 | 1].res1);
	tr[u].res2 = max(tr[u << 1].res2, tr[u << 1 | 1].res2);
}

void build(int u, int l, int r)
{
	if (l == r)
	{
		tr[u] = {l, r, 0, 0};
		return;
	}
	
	tr[u] = {l, r};
	int mid = l + r >> 1;
	build(u << 1, l, mid), build(u << 1 | 1, mid + 1, r);
	pushup(u);
}

void modify(int u, int x, int d, int c)
{
	if (tr[u].l == x && tr[u].r == x)
	{
		if (c == 0) tr[u].res1 = max(tr[u].res1, d);
		else tr[u].res2 = max(tr[u].res2, d);
		return;
	}
	
	int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1;
	if (x <= mid) modify(u << 1, x, d, c);
	else modify(u << 1 | 1, x, d, c);
	pushup(u);
}

Node query(int u, int l, int r)
{
	if (l > r) return {0, 0, 0, 0};
	if (tr[u].l >= l && tr[u].r <= r) return tr[u];
	
	int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1;
	if (l <= mid && r > mid)
	{
		Node left = query(u << 1, l, r);
		Node right = query(u << 1 | 1, l, r);
		Node root;
		pushup(root, left, right);
		return root;
	}
	if (l <= mid) return query(u << 1, l, r);
	return query(u << 1 | 1, l, r);
}

int main()
{
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &a[i]);
	
	build(1, 1, 500000);
	
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
	{
		Node res1 = query(1, 1, a[i] - 1);
		Node res2 = query(1, a[i] + 1, 500000);
		int res = max(res1.res1, res2.res1);
		f[i][1] = res + 1;
		Node res3 = query(1, a[i], a[i]);
		res = res3.res2;
		if (res) f[i][0] = res + 1;
		modify(1, a[i], f[i][0], 0);
		modify(1, a[i], f[i][1], 1);
	}
	
	int res = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
		res = max(res, f[i][0]);
	
	if (!res) puts("0");
	else printf("%d\n", res);
	
	return 0;
}