传送门

Luogu

解题思路

首先考虑怎么求方案,这样才可能会输出方案。

考虑 \(\text{DP}\)。

设 \(f[i][j]\) 表示在 \(a\) 序列中选择一个 \([1...i]\) 的子序列子序列 \(b[1...j]\) 匹配得到的最长LCIS(其中 \(b[j]\) 强制被选)。

有一个很显然的 \(O(n^3)\) 转移:

当 \(a_i = b_j\) 时:\(f[i][j] = \max\limits_{1\le k < j \text{且} b_k < b_j}\left\{f[i - 1][k] + 1\right\}\)

当 \(a_i \neq b_j\) 时:\(f[i][j] = f[i - 1][j]\)

这样子转移显然是没错的,但要是 \(1\le N \le 10^3\) 呢?

其实转移可以做到 \(O(n^2)\) 。

仔细想一想就可以发现这样做的转移是具有决策单调性的,我们每次进行第一种转移时,决策集合总是不断扩大的,我们大可不必每次都扫一遍取 \(\max\) 只要动态的维护一下决策集合中的最优决策点就好了。

然后再考虑输出方案。

我们设一个和 \(f\) 数组并存的 \(p\) 数组,每次成功转移时就更新一下 \(p\) ,最后就顺着 \(p\) 数组往前跳倒序输出就好了。

细节注意事项

  • 咕咕咕

参考代码

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <ctime>
#define rg register
using namespace std;
template < typename T > inline void read(T& s) {
s = 0; int f = 0; char c = getchar();
while (!isdigit(c)) f |= (c == '-'), c = getchar();
while (isdigit(c)) s = s * 10 + (c ^ 48), c = getchar();
s = f ? -s : s;
} const int _ = 500 + 10; int n, m, a[_], b[_];
int f[_][_], p[_][_]; inline void print(int id)
{ if (id) print(p[n][id]), printf("%d ", b[id]); } int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in.in", "r", stdin);
#endif
read(n); for (rg int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]);
read(m); for (rg int i = 1; i <= m; ++i) read(b[i]);
a[0] = b[0] = -1;
for (rg int i = 1; i <= n; ++i)
for (rg int j = 1; j <= m; ++j) {
if (a[i] != b[j]) {
f[i][j] = f[i - 1][j], p[i][j] = p[i - 1][j];
} else {
for (rg int k = 0; k < j; ++k)
if (f[i][j] < f[i - 1][k] + 1 && b[k] < b[j])
f[i][j] = f[i - 1][k] + 1, p[i][j] = k;
}
}
int id = 0, _max = 0;
for (rg int i = 1; i <= m; ++i)
if (_max < f[n][i])
_max = f[n][i], id = i;
printf("%d\n", _max), print(id);
return 0;
}

完结撒花 \(qwq\)

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