洛谷 P1020 [NOIP1999 提高组] 导弹拦截

题目描述

某国为了防御敌国的导弹袭击，发展出一种导弹拦截系统。但是这种导弹拦截系统有一个缺陷：虽然它的第一发炮弹能够到达任意的高度，但是以后每一发炮弹都不能高于前一发的高度。某天，雷达捕捉到敌国的导弹来袭。由于该系统还在试用阶段，所以只有一套系统，因此有可能不能拦截所有的导弹。

输入导弹依次飞来的高度，计算这套系统最多能拦截多少导弹，如果要拦截所有导弹最少要配备多少套这种导弹拦截系统。

输入格式

一行，若干个整数，中间由空格隔开。

输出格式

两行，每行一个整数，第一个数字表示这套系统最多能拦截多少导弹，第二个数字表示如果要拦截所有导弹最少要配备多少套这种导弹拦截系统。

输入输出样例

输入

389 207 155 300 299 170 158 65

输出

6
2

一道LIS好题。结合了动态规划。二分和贪心的思想。

这道题有两问，我们首先来看第一问，也就是这套系统最多能拦截多少导弹。很明显我们可以看出来，这是要我们求最长不上升子序列，那么我们就类比最长上升子序列即可。但是这道题要求我们时间复杂度为nlogn，而我们解决最长上升子序列的一般方法是：dp[i]代表以i位置结尾的最长上升子序列，那么dp[i]就等于在i之前的dp数组中的，高度比第i个导弹低的最大值+1.这也就要求我们扫描i位置之前的dp数组，时间复杂度为n^2。也就是说，我们需要优化这个方法。

不论如何，我们都需要查找在此之前的最小值，那么能达到logn级别的查找算法，我们首先想到的当然是二分。但是二分要求我们所查找的数组是有序的，也就是说，我们需要去构建一个有序数组。那么如何构建呢？

有这么一个方案：我们维护一个len数组，该数组存储的是某个长度的最长上升子序列末尾项的最小值，简单来说：len[i]存储的就是长度为i的最长上升子序列的末尾的最小值，即在所有长度为i的最长上升子序列中，len[i]存储的就是其中末尾的值最小的那个子序列的末尾值。这样我们遍历一遍原数组.我们假设原数组是a，len[j]若是有如下几个特征：len[j]<a[i]且任何大于对于任何j'>j，len[j']>a[i]，那么dp[i]=j+1。我们就利用二分去寻找这个len值。

这不难理解，我们既然要求最长的上升子序列，那么对于同一长度的序列，其末尾的值肯定是越小越好，越小这个序列就可能越长。

当然，以上说的是求最长上升子序列，而这道题要我们求的是最长不上升子序列，我们得稍作改变。

另：这里贴一个对我理解二分算法的边界问题帮助很大的帖子https://blog.youkuaiyun.com/weixin_45636061/article/details/124096599https://blog.youkuaiyun.com/weixin_45636061/article/details/124096599

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int a[100005], len[100005], dp[100005];

int binary_Serach(int i, int n)
{
    int head = 0, tail = n;
    int mid;
    while (head < tail)
    {
        mid = (head + tail) / 2;
        if (len[mid] >= a[i])
            head = mid + 1;
        else tail = mid;
    }
    return head;
}

int main()
{
    int n = 0;
    for (;cin >> a[n];n++);
    len[0] = 0x7fffffff;
    int ans = 0;
    for (int i = 0;i < n;i++)
    {
        dp[i] = binary_Serach(i, n);
        len[dp[i]] = a[i];
        ans = max(dp[i], ans);
    }
    cout << ans << endl;
    int g[100005], cnt = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        int k = 0;
        while (k <= cnt && g[k] < a[i]) k++;
        if (k > cnt) g[++cnt] = a[i];
        else g[k] = a[i];
    }
    cout << cnt << endl;

    return 0;
}

关于第二问：

对于每个数，既可以把它接到已有的导弹拦截后面，也可以建立一个新系统。要使子序列数最少，应尽量不建立新序列。

另外，应让每个导弹系统的末尾尽可能大，这样能接的数更多。因为一个数若能接到小数后面，必然能接到大数后面，反之则不成立。根据这些想法，可总结出如下贪心流程：

从前往后扫描每个数，对于当前数

1. 若现有子序列的结尾都小于它，则创建新子序列。
2. 否则，将它放到结尾大于等于它的最小数后面

不过说实话，后面这个贪心，要没有题解，我自己是想不出来。就算想到了也不敢写，因为完全不会证明这个贪心策略正确性。