1 arg (arg.cpp/in/out, 1s, 512MB)
1.1 Description
给出一个长度为 m 的序列 A, 请你求出有多少种 1...n 的排列, 满足 A 是它的一个 LIS.
1.2 Input Format
第一行两个整数 n,m.
接下来一行 m 个整数, 表示 A.
1.3 Output Format
一行一个整数表示答案.
1.4 Sample
1.4.1 Input
5 3
1 3 4
1.4.2 Output
11
1.5 Constraints
对于前 30% 的数据, n ≤ 9;
对于前 60% 的数据, n ≤ 12;
对于 100% 的数据, 1 ≤ m ≤ n ≤ 15.

分析:挺难的一道题.

   next_permutation+暴力判断可以骗得30分. 阶乘复杂度是肯定不行的,指数复杂度才可以.

   那么状压dp?可以参考hdu4352的状压方法. 那还有一维表示什么呢? 我一开始想的是表示前i个数,这样推出来的答案显然是不对的.于是我又想着表示插入了1~i这些数. 错的更离谱了......为什么一定要按顺序插入呢?

   正确的状态表示方法应该是f[s][S],s表示所有数的状态(选中or没选中),S表示lis的状态.每次从s中选择一个没有被选中的数转移即可.这样就保证了选的数不会重复.

   但是这样复杂度太高了. 而且数组开不下.尝试去优化它. 一个比较明显的结论:S一定是s的子集. 出现在lis中的数在原数列中一定已经出现了.所以可以将状态压成3进制. 第i位为0表示这个数既没有出现在原数列中,也没有出现在lis中,1表示都出现了,2表示没有出现在lis中.这样的话数组就能开下了,时间复杂度O(3^n * n),可以过.

   还有一个关键的问题:如何保证A是排列的lis呢? 两个约束条件:

   1.ai出现的位置一定在ai+1出现的位置之前.

   2.lis的长度正好=m.

   对于第一个约束条件,在转移的时候判断一下上一位是否已经出现在lis中即可.

   对于第二个约束条件,如果转移后得到的新状态的lis长度>m,则不转移.  因为保证状态中所有的ai都转移到了,当所有的数在排列中都出现时,累加答案即可.

   挺好的一道题.没想到状态的正确表示是因为我觉得复杂度太高了,数组也开不下. 有时候想dp题是不能一步到位的.先想一个常规的表示方法,再来优化它是一种很好的分析方法.

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm> using namespace std; typedef long long ll;
int n,m,a[],id[];
ll f[],jie[],ans,zhuangtai[]; int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i = ; i <= m; i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
id[a[i]] = i;
}
f[] = ;
jie[] = ;
for (int i = ; i <= ; i++)
jie[i] = jie[i - ] * ;
for (int sta = ;sta < jie[n];sta++)
{
if(!f[sta])
continue;
int t = sta;
int num = ,cnt = ;
for (int i = ; i <= n; i++)
{
zhuangtai[i] = t % ;
t /= ;
if (zhuangtai[i])
num++;
if (zhuangtai[i] == )
cnt++;
}
if (num == n)
{
ans += f[sta];
continue;
}
for (int i = ; i <= n; i++)
{
if (zhuangtai[i])
continue;
if (id[i] > && !zhuangtai[a[id[i] - ]])
continue;
int tot = ;
for (int j = ; j < i; j++)
{
if (!zhuangtai[j])
continue;
if (zhuangtai[j] == )
tot++;
}
if (tot == cnt)
{
if (tot == m)
continue;
int nsta = sta + jie[i - ];
f[nsta] += f[sta];
continue;
}
int nsta = sta + jie[i - ];
for (int j = i + ; j <= n; j++)
{
if (zhuangtai[j] == )
{
nsta += jie[j - ];
break;
}
}
f[nsta] += f[sta];
}
}
cout << ans << endl; return ;
}

   

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