洛谷 1020 导弹拦截 (LIS,贪心,二分)

本文探讨了寻找最长不上升子序列及最少不上升子序列划分的问题,通过两种方法实现:一是采用贪心二分优化算法,二是进行O(n*n)复杂度优化处理。文章详细解释了每种方法的原理,并提供了具体的实现代码。

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题意:找最长不上升子序列和最少的不上升子序列划分个数。

题解:
用O(n*n)的复杂度只能过一半。常规做法是用贪心二分优化:用数组保存结尾的数,显然结尾的数越大越好。

对于a[i],如果a[i]<=f[len],那么就就直接将a[i]加入,否则在前面二分,更新前面的结尾。
然后第二问有一个组合数学的定理:最少的不上升子序列划分数等于最长下降子列的长度。//之前C4比赛L2列车调度也用过这个定理,博客内有题解。
#include<cstdio>
#include<string.h>
#include<iostream>
using namespace std;
const int maxn=100005;
int a[maxn];
int f[maxn];
int main()
{
   int n=0;
   int l,r,mid;
   while(scanf("%d",&a[++n])!=EOF)continue;
   n--;
   f[0]=1234123412;//这个数要大于50000,不然可能你就无法更新
   int ans1=0;
   for(int i=1;i<=n;i++){
          if(f[ans1]>=a[i]){
                f[ans1+1]=a[i];//结束点为a[i]
                ans1++; //当前最长不上升序列的长度加一
       }
       else {//二分查找
              l=0;r=ans1;
              while(l<r){
                     mid=(l+r)/2;
                    if(f[mid]>=a[i])l=mid+1;
                    else {
                        r=mid;    
              }
           }
           if(l!=0)f[l]=a[i];
       }
   }
   cout<<ans1<<endl;//输出第一问的答案
     memset(f,-1,sizeof(f));//这次前面要尽量小了,不然又无法更新
   int ans2=0;
   for(int i=1;i<=n;i++){
          if(f[ans2]<a[i]){
                f[ans2+1]=a[i];//结束点为a[i]
                ans2++; //当前最长上升序列长度加一
       }
       else {//二分查找
              l=0;r=ans2;
              while(l<r){
                     mid=(l+r)/2;
                    if(f[mid]>=a[i])r=mid;
                    else {
                        l=mid+1;    
              }
           }
          f[l]=a[i];
       }
   }
   cout<<ans2<<endl;//输出第二个答案
}

然后还看到一种比较清奇的做法。还是O(n*n)的复杂度,但是进行了一个小优化就可以达到200分。
i12345678
a389   20715530029917015865
dp12323456

常规dp用dp数组记录以i结尾的最长不上升子序列。注意到,如果dp相等那么后面出现的高度一定比前面的大,因为如果后面的小就直接接在前面那个后面接上了。所以利用这层大小关系,我们可以贪心:对于一个dp值只与最后的那个比较。
代码:
#include <iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int a[100005],dp[100005],d[100005],n,temp;
int main()
{
	int i,j,ans=1;
	while(~scanf("%d",&a[++n]));
	n--;//最后一个是EOF
	for(i=1;i<=n;i++){
		dp[i]=1;
		for(j=temp;j>0;j--){
			if(a[i]<=a[d[j]]){
				dp[i]=dp[d[j]]+1;
				break;
			}
		}
		temp=max(temp,dp[i]);
		d[dp[i]]=i;
	}
	printf("%d\n",temp);
	temp=0;
	for(i=1;i<=n;i++){
		dp[i]=1;
		for(j=temp;j>0;j--){
			if(a[i]>a[d[j]]){
				dp[i]=dp[d[j]]+1;
				break;
			}
		}
		temp=max(temp,dp[i]);
		d[dp[i]]=i;
	}
	printf("%d\n",temp);
    return 0;
}

### 关于洛谷平台上的导弹拦截问题 #### Python 实现解题思路 对于导弹拦截问题,核心在于找到最长不增子序列(LIS)。这个问题可以通过动态规划来解决。具体来说: 1. **单套系统最大拦截数量** 为了求得一套系统能够拦截的最大导弹数目,可以采用二分查找优化的动态规划方法。 ```python def max_intercept(nums): dp = [] for num in nums: i = bisect.bisect_right(dp, num) if i != len(dp): dp[i] = num else: dp.append(num) return len(dp) from bisect import bisect_right heights = list(map(int, input().split())) print(max_intercept(heights)) # 输出单套系统的最大拦截数[^1] ``` 上述代码通过维护一个`dp`数组记录当前最优解,在遍历过程中不断更新这个列表直到结束。最终返回的结果即为所需答案。 2. **最小需要几套系统才能全部拦截** 当考虑如何用最少数量的不同系统完全覆盖所有来袭目标时,则需转换视角——实际上是要找出原序列可被划分为几个互不相交且各自内部满足条件的子集。这相当于求出最长上升子序列长度之后再取总数除以其倒数即可得到结果。 ```python def min_systems_needed(nums): tails = [] for num in reversed(nums): idx = bisect_left(tails, num) if idx == len(tails): tails.append(num) else: tails[idx] = num return len(tails) from bisect import bisect_left heights = list(map(int, input().split()))[::-1] print(min_systems_needed(heights)) # 输出所需的最小系统数量 ``` 这里先对原始数据进行了反转处理以便更好地适应算法逻辑;接着利用了另一个版本的二分查找函数来进行操作;最后输出的就是所求的答案。
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