CCNU ACM 2016夏季集训·最长递增子序列（LIS）

这几天dp写得难受……

在讨论这个问题之前，首先明确：“子序列”是指从原序列中挑选出若干元素，按照原序列中的顺序组成新的序列（区别于“子串”，即从原序列中挑选连续的一段）。

要解决这个问题，一个直接的思路是动态规划（Dynamical Programming）：
以dp[i]dp[i]表示前ii个元素中的最长递增子序列的长度，那么有如下的状态转移方程：

dp[i]=max{dp[j]+1|0≤j<i and a[i]>a[j]}

dp[i]=max\{dp[j]+1|0\le j\lt i\space and\space a[i]\gt a[j]\}特殊地，令dp[0]=0dp[0]=0
时间复杂度为O(n2)O(n^2)，在数据规模较大时容易tle，怎么办？
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注意到在每次求dp[i]dp[i]时，该算法都要向前搜索一个之前问题的最优解，但是是否所有子问题的解都对答案有意义呢？
考虑：当子问题的解中有两个递增子序列长度相同时，我们能否删去一个？
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因为我们的任务是求解之后的子问题，所以对于前面子问题解中两个长度相同的递增子序列，取结尾元素较小的那个一定不更坏，因为这样可以给后面的问题留下更多的余地。
那么我们將dpdp数组修改一下，让dp[i]dp[i]表示当前找到的长度为ii的递增子序列序列的结尾元素值。那么状态转移方程可修改为：

lis(i)=max{j+1|0≤j<i and dp[j]<a[i]}

lis(i)=max\{j+1|0\le j\lt i\space and\space dp[j]初始化时令dp[0]=−INFdp[0]=-INF，dp[i]=INF(0<i≤n)dp[i]=INF(0\lt i\le n)
每次求出lis(i)lis(i)后更新dp[lis(i)]=min(dp[lis(i)],a[i])dp[lis(i)]=min(dp[lis(i)],a[i])
这样改完对于最终答案不是很大的问题已经有很高的效率了，但是时间复杂度仍为O(n2)O(n^2)，有没有什么办法降低复杂度呢？
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试着将此时的dpdp数组输出出来，可能你已经想到了，它是单调递增的……
为什么？这不是废话吗！？要是最优的长度为3的递增子序列的末尾元素大于最优的长度为4的递增子序列末尾元素，那长度为4的子序列究竟是哪冒出来的？
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利用这一性质，我们可以将第二层循环改成二分搜索，时间复杂度降低为O(nlogn)O(n\log^n)……

应用：HDU1025

#include <cstdio>
#include <algorithm>using namespace std;#define NMAX 500000int m[NMAX+1];
int dp[NMAX+1];int main(){int n;int tp,tr,tmp,mx;int i,ybz;for(ybz=1;scanf("%d",&n)!=EOF;ybz++){for(i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d",&tp,&tr);m[tp]=tr;dp[i]=NMAX+10;}mx=1;for(i=1;i<=n;i++){tmp=upper_bound(dp+1,dp+mx+1,m[i])-dp;//printf("%d\n",tmp);dp[tmp]=m[i];if(tmp>mx)mx=tmp;}printf("Case %d:\n",ybz);if(mx==1)printf("My king, at most 1 road can be built.\n\n");else printf("My king, at most %d roads can be built.\n\n",mx);}return 0;
}

尾声

算法的优化是很重要的能力，在刚开始可能无从下手，或者“优化到了同样甚至更高的复杂度”，但是只有有对最优执着不懈的追求，才能让正解一步步水落石出……

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尾声

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