算法描述》关于LIS的nlogn方法
上次TYVJ有一道裸LIS,然而我当时直接打了一个N^2暴力就草草了事,然后就ZZ了,只拿了60分,其实NlogN的LIS和N^2的差的不多,只是没有N^2,好想罢了,鉴于某学弟的要求,所以就重现一下金哥当年讲LIS的风范。
首先,LIS指的是最长上升子序列。指的是我们要求出一个在母序列中找出一些元素,在保证这个子序列上升的同时,保证这个序列是整个母序列里满足这一要求的最长序列。
那么我们可以直接这样想,我们要保证当前所拼接的链最大,那么对于每一个元素来说,可以直接一遍循环判断它能够属于哪一个链,使当前以这个元素为结尾的链所接的元素个数最多,也就是所得的结果越大。
那么对于一个元素ai,可以直接找a1到ai-1的元素中ai链在哪一个元素所得解最优,最优解放在f[i]里,这种对于所有情况的判断,很明显是DP,那么,转移方程就是:f[i]=a[j]<a[i]?max(f[j]+1,f[i]):f[i]
那么明显的,这是一个N^2的算法,对于每一个元素要求以前是否有能够找到更优解的上一步元素,一个判断N遍。
那如何得到一个更优算法捏?
其实很简单,让我们先回顾刚才我们所做的操作,我们对于当前的一个元素,找前面所算过的所有结果,试图找出更优解。我们在做这一工作时,也找了很多肯定不为最优解的元素,这是一件很浪费的事情,那么我们可以找一个优化这一过程的方法。
我们知道,对于任意一个元素,使它的解更优的方案肯定是a[i]小,并且f[i]大的一个理想元素,因为对于这样的一个理想元素,才可能使后面的解更优,而最大的f[i]是有限的,所以,我们很轻易得想到一个优化方法:
使用一个数组d,用d[i]记录当前 f[i] 为 i 的 a[i]最小的元素,d随着元素的向后递推逐渐维护。
开一个数组就能使LIS更优吗?答案是当然的,原因很简单,我们发现,我们所维护的这个d数组是递增的,这一结论可以通过反证法易证。既然这一数组是递增的,我们就可以轻易的通过二分来得到最优解。
所以,对于每一个元素做一遍二分,显而易见复杂度是nlogn的。
附上一道水题 codevs
LIS问题是最经典的动态规划基础问题之一。如果要求一个满足一定条件的最长上升子序列,你还能解决吗?
给出一个长度为N整数序列,请求出它的包含第K个元素的最长上升子序列。
例如:对于长度为6的序列<2,7,3,4,8,5>,它的最长上升子序列为<2,3,4,5>,但如果限制一定要包含第2个元素,那么满足此要求的最长上升子序列就只能是<2,7,8>了。
第一行为两个整数N,K,如上所述。
接下来是N个整数,描述一个序列。
请输出两个整数,即包含第K个元素的最长上升子序列长度。
8 6
65 158 170 299 300 155 207 389
4
80%的数据,满足0<n<=1000,0<k<=n
100%的数据,满足0<n<=200000,0<k<=n
#include<stdio.h>
int cnt,n,a[],best[];
void push(int x)
{
int L=,R=cnt;
int mid;
while(L<=R)
{
mid=(L+R)/;
if(x>best[mid]){
L=mid+;
if(best[L]>x)best[L]=x;
}
else R=mid-;
}
}
int main()
{
int k,i;
scanf("%d%d",&n,&k);k--;
for(i=;i<=n-;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
if(i>k&&a[i]<=a[k]){i--;n--;
}
}
for(i=;i<=k-;i++)
if(a[i]>=a[k])a[i]=;
for(i=;i<=n-;i++)
{
if(a[i]<best[cnt]&&a[i])push(a[i]);
else if(a[i])best[++cnt]=a[i];
}
printf("%d",cnt);
return ;
}
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