【BZOJ1264】【AHOI2006】基因匹配Match (dp+树状数组)

本文介绍了一种针对特殊DNA序列的最长公共子序列(LCS)问题的高效算法实现。该算法利用了每种碱基恰好重复五次的特点,通过树状数组进行区间最大值更新和查询操作,有效解决了传统LCS算法在大规模数据集上的效率问题。

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Description

卡卡昨天晚上做梦梦见他和可可来到了另外一个星球,这个星球上生物的DNA序列由无数种碱基排列而成(地球上只有4种),而更奇怪的是,组成DNA序列的每一种碱基在该序列中正好出现5次!这样如果一个DNA序列有N种不同的碱基构成,那么它的长度一定是5N。 卡卡醒来后向可可叙述了这个奇怪的梦,而可可这些日子正在研究生物信息学中的基因匹配问题,于是他决定为这个奇怪星球上的生物写一个简单的DNA匹配程序。 为了描述基因匹配的原理,我们需要先定义子序列的概念:若从一个DNA序列(字符串)s中任意抽取一些碱基(字符),将它们仍按在s中的顺序排列成一个新串u,则称u是s的一个子序列。对于两个DNA序列s1和s2,如果存在一个序列u同时成为s1和s2的子序列,则称u是s1和s2的公共子序列。 卡卡已知两个DNA序列s1和s2,求s1和s2的最大匹配就是指s1和s2最长公共子序列的长度。
[任务] 编写一个程序:  从输入文件中读入两个等长的DNA序列;  计算它们的最大匹配;  向输出文件打印你得到的结果。

Input

输入文件中第一行有一个整数N,表示这个星球上某种生物使用了N种不同的碱基,以后将它们编号为1…N的整数。 以下还有两行,每行描述一个DNA序列:包含5N个1…N的整数,且每一个整数在对应的序列中正好出现5次。

Output

输出文件中只有一个整数,即两个DNA序列的最大匹配数目。

Sample Input

2

1 1 2 2 1 1 2 1 2 2

1 2 2 2 1 1 2 2 1 1

Sample Output

7

HINT

60%的测试数据:1<=N <= 1 000
100%的测试数据:1<=N <= 20 000

题解:
思维比较好的一道题。由于N是两万,正常的LCS一波走远,所以我们要开始考虑一些特殊的性质。题中说每种字符恰好出现五次,这是一个非常好的性质,它说明第二段数串的某一位只会影响到第一串的5个位置。记录一下b串中某位在a串中的位置,则这些位置每个dp[pos]值都可以被b[i]更新,于是找到dp[1]到dp[pos-1]的最大值+1,更新f[pos]即可,需要用到树状数组维护。

代码如下:

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<math.h>
#define ll long long
#define inf 0x7f7f7f7f
#define N 100005
#define lb(x) (x&-x)
using namespace std;
ll read()
{
    ll x=0,f=1;
    char c=getchar();
    while(c<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
    while(c<='9' && c>='0') {x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*f;
}
int n,a[N],b[N],pos[20005][6],f[N],t[N],ans;
void mdy(int x,int v)
{
    while(x<=n*5)
    {
        t[x]=max(t[x],v);
        x+=lb(x);
    }
}
int query(int x)
{
    int ret=0;
    while(x)
    {
        ret=max(ret,t[x]);
        x-=lb(x);
    }
    return ret;
}
int main()
{
    n=read();
    for(int i=1;i<=n*5;i++)
    {
        a[i]=read();
        pos[a[i]][++pos[a[i]][0]]=i;    
    }
    for(int i=1;i<=n*5;i++) b[i]=read();
    for(int i=1;i<=n*5;i++)
    {
        for(int j=5;j;j--)
        {
            int t=pos[b[i]][j];
            f[t]=max(f[t],query(t-1)+1);
            mdy(t,f[t]);
            ans=max(ans,f[t]);
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}
题目描述 有一个 $n$ 个点的棋盘,每个点上有一个数字 $a_i$,你需要从 $(1,1)$ 走到 $(n,n)$,每次只能往右或往下走,每个格子只能经过一次,路径上的数字和为 $S$。定义一个点 $(x,y)$ 的权值为 $a_x+a_y$,求所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 输入格式 第一行一个整数 $n$。 接下来 $n$ 行,每行 $n$ 个整数,表示棋盘上每个点的数字。 输出格式 输出一个整数,表示所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 数据范围 $1\leq n\leq 300$ 输入样例 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 输出样例 25 算法1 (树形dp) $O(n^3)$ 我们可以先将所有点的权值求出来,然后将其看作是一个有权值的图,问题就转化为了在这个图中求从 $(1,1)$ 到 $(n,n)$ 的所有路径中,所有点的权值和的最小值。 我们可以使用树形dp来解决这个问题,具体来说,我们可以将这个图看作是一棵树,每个点的父节点是它的前驱或者后继,然后我们从根节点开始,依次向下遍历,对于每个节点,我们可以考虑它的两个儿子,如果它的两个儿子都被遍历过了,那么我们就可以计算出从它的左儿子到它的右儿子的路径中,所有点的权值和的最小值,然后再将这个值加上当前节点的权值,就可以得到从根节点到当前节点的路径中,所有点的权值和的最小值。 时间复杂度 树形dp的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码 算法2 (动态规划) $O(n^3)$ 我们可以使用动态规划来解决这个问题,具体来说,我们可以定义 $f(i,j,s)$ 表示从 $(1,1)$ 到 $(i,j)$ 的所有路径中,所有点的权值和为 $s$ 的最小值,那么我们就可以得到如下的状态转移方程: $$ f(i,j,s)=\min\{f(i-1,j,s-a_{i,j}),f(i,j-1,s-a_{i,j})\} $$ 其中 $a_{i,j}$ 表示点 $(i,j)$ 的权值。 时间复杂度 动态规划的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码
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