DP.單調隊列：：poj1631 Bridging signals

题目大意：两岸的同等数目的信号灯一一对应，连线，从中找出最多的线出来，它们之间互不交叉。只要求输出最大的线条数。

 

本题不需要画图了，因为画了图会尝试用二维的DP去做，吃力不讨好，既然输入是一维的一个串，而且该串简洁地包含了全部的信息，那么直接DP何乐而不为呢？

通过对例子（4，2，6，3，1，5）的观察，发现被选中的数字是递增的！再找了一组例子观察，发现同样的规律。那么问题转化为求序列的最长递增子序列。

状态的表述和Poj-1050“to the max”的状态描述有异曲同工之妙，这里用f[i]表示a[1..i]中以i结尾最长递增子序列的长度。那么状态方程为：

f[i]=max{1,f[j]+1 | j<i && a[j]<a[i]} // 初始化为for i=1..p：f[i]=0

用两个for扫描即可，最后求最大的f[i]就行。时间代价为O(n^2).

比较了Poj-1050“to the max”，总觉得还可以再好。用单调队列的思想？是否可以Greedy？考察（1，3，7，4，6），前面的（1，3，7）没甚好说，关键是如何处理 4 ，因为（1，3，4）也是可以的而且似乎比（1，3，7）的要更好，因为后面的 6 在前者容得下而在后者容不下。也就是说，（1，3，4）的效用比（1，3，7）的要大，但这一过程又不影响当前的“最长”，这就Greedy了！由于替换需要查找，这里自然地选用二分查找，详见http://blog.youkuaiyun.com/timoss/article/details/6693127。时间代价为O(nlgn)，这里的lgn部分是在查找中省下来的，若不省的话通过Greedy也能把常数因子降下来。

下面的代码一次就AC，Memory：384k；Time：422ms

#include "stdafx.h"
#include <iostream>
using namespace std;
unsigned int n,p,a[40000];
void bisearch(int top,int temp)  //二分查找替換元素
{
	int low=1,high=top,m;
	int find=0;
	while(low<=high && !find){
		m=(low+high)/2;
		if(temp<a[m]){
			if(temp>a[m-1]){ a[m]=temp;find=1;}
			else high=m-1;
		}
		else{
			if(temp<a[m+1]){ a[m+1]=temp;find=1;}
			else low=m+1;
		}
	}
}
int _tmain(int argc, _TCHAR* argv[])
{
	cin>>n;
	while(n>0){
		cin>>p;
		int temp,top=0;
		a[0]=0;
		while(p>0){
			cin>>temp;
			if(temp>a[top]) a[++top]=temp;
			else bisearch(top,temp);
			p--;
		}
		cout<<top<<endl;
		n--;
	}
	return 0;
}

 

总结：本题挺有趣的，问题本身就是有趣的。关于维数的思考是值得的，因为我在二维的错综复杂的图中纠结了不少时间。解决本题的关键在于有一个好的“观察”，然后就是问题的化归以及归约问题的求解。“求序列的最长递增子序列”这应该是一个基本的问题了，也是这个问题的本质所在。DP方法没什么好讲的，关键是状态表述的好坏而已。值得我们思考的是有没有更好的？本题和单调队列似有某种一衣带水的关系，所以用队列去解决本问题是自然的，但它和单调队列又有很本质的区别：后者是只和当前元素下标有关，而前者是在控制不变量的情况之下尽量最优。前者是建立在对DP过程状态的深入观察之上的。说到底，还是要有一个好的观察，以及类比的方法。上面代码很简单，其中很大一块是对二分查找代码的改写。

ps：上面的二分查找可以寫成一個函數，這樣代碼比較美觀。