51nod 1218 最长递增子序列 V2

本文介绍了一种在O(nlogn)时间复杂度内求解最长递增子序列(LIS)长度及个数的方法。通过枚举序列中的每个元素,并维护以该元素为结尾或开头的LIS相关信息,最终确定整个序列的LIS长度及其个数。

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容易在O(nlogn)O(nlogn)下求出:
PiPi 以第ii个位置为末尾的LIS的长度
Si 以第ii个位置为首的LIS的长度
pi 以第ii个位置为末尾的LIS的个数
si 以第ii个位置为首的LIS的个数
X 整个序列的LIS的长度
xx 整个序列的LIS的个数

枚举i,设[1,i1][1,i−1]中以小于AiAi的值为末尾的LIS的长度为AA,个数为a。显然只有当A+Si=XA+Si=Xii才有可能在LIS中,若asi=xii必定在LIS中。

随便取个模数直接算就行了,应该是很难被卡掉的。因为被卡掉的话换另一个模数就好了。。。

不是正解。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
//Container--
//
#define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))
typedef long long ll;
typedef pair<unsigned int,int> pl;

const ll md=1e9+7;

int ar[50010],tr[50010],tn,cdp[2][50010],re[50010];ll sdp[2][50010];

inline int fi(int x){
    int b=1,e=tn,m;while(1){
        m=(b+e)>>1;if(tr[m]==x)return m;
        else if(tr[m]>x)e=m-1;
        else
            b=m+1;
    }
    return -23333;
};
inline int _lw(int n){return n&-n;};ll sm[50010];int mx[50010];
void upd(int d,pl x){
    for(;d<=tn;d+=_lw(d)){
        if(mx[d]<x.second)mx[d]=x.second,sm[d]=x.first;
        else if(mx[d]==x.second)sm[d]=(sm[d]+x.first)%md;
    }
};
pl qry(int d){
    pl rs(0,0);for(;d;d-=_lw(d)){
        if(mx[d]>rs.second)rs.second=mx[d],rs.first=sm[d];
        else if(mx[d]==rs.second)rs.first=(rs.first+sm[d])%md;
    }
    return rs;
};

void cl(){
    int i,j,k,d,t,n,dx;scanf("%d",&n);for(i=1;i<=n;scanf("%d",&ar[i++]));
    for(i=1;i<=n;++i)tr[i]=ar[i];sort(tr+1,tr+n+1);tn=unique(tr+1,tr+n+1)-tr-1;
    for(clr(cdp),clr(sdp),clr(sm),clr(mx),i=1;i<=n;++i){
        t=fi(ar[i]);if(t==1)cdp[0][i]=1,sdp[0][i]=1,upd(1,pl(1,1));
        else{
            pl x=qry(t-1);cdp[0][i]=x.second+1,sdp[0][i]=x.first;
            if(!x.second)sdp[0][i]=1;upd(t,pl(sdp[0][i],cdp[0][i]));
        }
    }
    for(clr(sm),clr(mx),i=n;i;--i){
        t=fi(ar[i]);t=n-t+1;if(t==1)cdp[1][i]=1,sdp[1][i]=1,upd(1,pl(1,1));
        else{
            pl x=qry(t-1);cdp[1][i]=x.second+1,sdp[1][i]=x.first;
            if(!x.second)sdp[1][i]=1;upd(t,pl(sdp[1][i],cdp[1][i]));
        }
    }
    //for(i=1;i<=n;++i)printf("%d ",cdp[1][i]);putchar('\n');
    //for(i=1;i<=n;++i)printf("%d ",sdp[1][i]);putchar('\n');
    ll tz=0;for(t=0,i=1;i<=n;t=max(t,cdp[0][i++]));
    for(i=1;i<=n;++i)if(t==cdp[0][i])tz=(tz+sdp[0][i])%md;
    for(clr(sm),clr(mx),dx=t,clr(re),i=1;i<=n;++i){
        t=fi(ar[i]);pl x=t==1?pl(1,0):qry(t-1);if(!x.second)x.first=1;
        if(dx==cdp[1][i]+x.second){
            ll z=x.first*sdp[1][i]%md;re[i]=z==tz?2:1;
        }
        upd(t,pl(sdp[0][i],cdp[0][i]));
    }
    printf("A:");for(i=1;i<=n&&re[i]!=1;++i);if(i<=n)printf("%d",i);for(++i;i<=n;++i)if(re[i]==1)printf(" %d",i);putchar('\n');
    printf("B:");for(i=1;i<=n&&re[i]!=2;++i);if(i<=n)printf("%d",i);for(++i;i<=n;++i)if(re[i]==2)printf(" %d",i);putchar('\n');
};

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt","r",stdin);
    freopen("out.txt","w",stdout);
#endif
    cl();
    return 0;
};
题目 51nod 3478 涉及一个矩阵问题,要求通过最少的操作次数,使得矩阵中至少有 `RowCount` 行和 `ColumnCount` 列是回文的。解决这个问题的关键在于如何高效地枚举所有可能的行和列组合,并计算每种组合所需的操作次数。 ### 解法思路 1. **预处理每一行和每一列变为回文所需的最少操作次数**: - 对于每一行,计算将其变为回文所需的最少操作次数。这可以通过比较每对对称位置的值是否相同来完成。 - 对于每一列,计算将其变为回文所需的最少操作次数,方法同上。 2. **枚举所有可能的行和列组合**: - 由于 `N` 和 `M` 的最大值为 8,因此可以枚举所有可能的行组合和列组合。 - 对于每一种组合,计算其所需的最少操作次数,并取最小值。 3. **计算操作次数**: - 对于每一种组合,需要计算哪些行和列需要修改,并且注意行和列的交叉点可能会重复计算,因此需要去重。 ### 代码实现 以下是一个可能的实现方式,使用了枚举和位运算来处理组合问题: ```python def min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count): import itertools N = len(matrix) M = len(matrix[0]) # Precompute the cost to make each row a palindrome row_cost = [] for i in range(N): cost = 0 for j in range(M // 2): if matrix[i][j] != matrix[i][M - 1 - j]: cost += 1 row_cost.append(cost) # Precompute the cost to make each column a palindrome col_cost = [] for j in range(M): cost = 0 for i in range(N // 2): if matrix[i][j] != matrix[N - 1 - i][j]: cost += 1 col_cost.append(cost) min_total_cost = float('inf') # Enumerate all combinations of rows and columns rows = list(range(N)) cols = list(range(M)) from itertools import combinations for row_comb in combinations(rows, row_count): for col_comb in combinations(cols, col_count): # Calculate the cost for this combination cost = 0 # Add row costs for r in row_comb: cost += row_cost[r] # Add column costs for c in col_comb: cost += col_cost[c] # Subtract the overlapping cells for r in row_comb: for c in col_comb: # Check if this cell is part of the palindrome calculation if r < N // 2 and c < M // 2: if matrix[r][c] != matrix[r][M - 1 - c] and matrix[N - 1 - r][c] != matrix[N - 1 - r][M - 1 - c]: cost -= 1 min_total_cost = min(min_total_cost, cost) return min_total_cost # Example usage matrix = [ [0, 1, 0], [1, 0, 1], [0, 1, 0] ] row_count = 2 col_count = 2 result = min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count) print(result) ``` ### 代码说明 - **预处理成本**:首先计算每一行和每一列变为回文所需的最少操作次数。 - **枚举组合**:使用 `itertools.combinations` 枚举所有可能的行和列组合。 - **计算成本**:对于每一种组合,计算其成本,并考虑行和列交叉点的重复计算问题。 ### 复杂度分析 - **时间复杂度**:由于 `N` 和 `M` 的最大值为 8,因此枚举所有组合的时间复杂度为 $ O(N^{RowCount} \times M^{ColCount}) $,这在实际中是可接受的。 - **空间复杂度**:主要是存储预处理的成本,空间复杂度为 $ O(N + M) $。 ### 相关问题 1. 如何优化矩阵中行和列的枚举组合以减少计算时间? 2. 在计算行和列的交叉点时,如何更高效地处理重复计算的问题? 3. 如果矩阵的大小增加到更大的范围,如何调整算法以保持效率? 4. 如何处理矩阵中行和列的回文条件不同时的情况? 5. 如何扩展算法以支持更多的操作类型,例如翻转某个区域的值?
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