最长上升子序列(LIS)长度及其数量

例题51Nod-1376，一个经典问题，给出一个序列问该序列的LIS以及LIS的数量。

这里我学习了两种解法，思路和代码都是参考这两位大佬的：

https://www.cnblogs.com/reverymoon/p/9496040.html

https://www.cnblogs.com/RabbitHu/archive/2017/11/02/51nod1376.html

首先是先分析一下问题，求LIS是一个很基础的问题了，用得最多的是nlogn的解法这里就不讲了。当我们求出序列a[i]的LIS为f[i]时，我们应该从哪里得到LIS的数量s[i]呢？

显然应该是 s[i]=sigma(s[j])（j<i，a[j]<a[i]，f[j]=f[i]-1），即满足这三个条件的s[j]的和。因为我们是从左到右做，所以第一个条件满足，然后问题就是怎么能快速找到a[j]<a[i]且f[j]=f[i]-1的s[j]的和呢？

这里博主学习到两种解法，先将树状数组解法：将离散化后的a[i]作为下标在树状数组上建树，那么此时a[i]的前缀就必定满足a[j]<a[i]了，同时树状数组维护的是以a[i]结尾的LIS长度f[i]和a[i]的LIS数量s[i]。当求解a[i]时，我们在BIT上查询a[i]-1前缀的最长LIS同时累加最长LIS的数量，那么返回的结果就是后面一个数可以接上a[i]这个数的最长LIS和它的数量（这句话是重点）。所以f[i]=返回结果+1，s[i]=返回结果数量。代码实现是学习上面博客大佬，带有一些小技巧。

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 const int N=5e4+;
 const int P=1e9+;
 int n,m,a[N],b[N];
 struct dat{
     int len,sum;
 }bit[N],dp[N];
 
 void upd(dat &x,dat y) {  //计算y对x的影响
     if (x.len>y.len) return;
     else if (x.len<y.len) x=y;
     else x.sum+=y.sum,x.sum%=P;
 }
 
 void update(int x,dat v) {
     for (;x<=m;x+=x&-x) upd(bit[x],v);
 }
 
 dat query(int x) {
     dat ret=(dat){,};
     for (;x;x-=x&-x) upd(ret,bit[x]);
     return ret;
 }
 
 int main()
 {
     cin>>n;
     for (int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),b[i]=a[i];
     sort(b+,b+n+);
     m=unique(b+,b+n+)-(b+);
     for (int i=;i<=n;i++) a[i]=lower_bound(b+,b+m+,a[i])-b;
     //update(0,(dat){0,1});  不能这样写会死循环
     for (int i=;i<=n;i++) {
         dp[i]=query(a[i]-); dp[i].len++;
         update(a[i],dp[i]);
     }
     dat ans=(dat){,};
     for (int i=;i<=n;i++) upd(ans,dp[i]);
     cout<<ans.sum<<endl;
     return ;
 }

然后是同一道题的Vector+二分的解法。这种解法会更加容易理解，还是看上面三个条件（j<i，a[j]<a[i]，f[j]=f[i]-1），然后第一个条件不用管考虑后两个条件。在学习nlogn的LIS解法的时候应该有学习到：从左到右同等长度的LIS末尾数字应该是单调不增的，基于这个我们可以考虑把前面的a[j]按照f[j]大小分组，同等LIS长度的元素a[j]存在同一个vector里面，然后这个vector的元素应该是单调不增的，那么我们就可以通过二分查找在f[i]-1的这一个vector里面快速地找到所有的<a[i]的元素，同时也就是快速算出满足上诉三个条件的s[j]总和。

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 const int N=5e4+;
 const int P=1e9+;
 const int INF=0x3f3f3f3f;
 int n,m,a[N],g[N],f[N],s[N];
 vector<int> len[N],sum[N];  //len[i]存放LIS为i的数a[i],sum[i]存放a[i]对应的LIS数量
 //显然len[i]的元素是单调不增的 
 
 int Find(int p,int x) {  //二分len=p的最后一个>=x的位置,这个位置后面的就是答案
     int l=,r=len[p].size()-,mid;
     while (l<r) {
         mid=l+r+>>;
         if (len[p][mid]>=x) l=mid;
         else r=mid-;
     }
     return ((sum[p].back()-sum[p][l])%P+P)%P;
 }
 
 int main()
 {
     cin>>n;
     for (int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
     memset(g,0x3f,sizeof(g));
     for (int i=;i<=n;i++) len[i].push_back(INF),sum[i].push_back();
     len[].push_back(-INF),sum[].push_back();
     int Max=,ans=;
     for (int i=;i<=n;i++) {
         int t=lower_bound(g+,g+n+,a[i])-g;
         g[t]=a[i];
         f[i]=t; s[i]=Find(t-,a[i]);
         len[t].push_back(a[i]); sum[t].push_back((sum[t].back()+s[i])%P);
 
         if (f[i]>Max) Max=f[i],ans=s[i];
         else if (f[i]==Max) ans=(ans+s[i])%P;
     }
     cout<<ans<<endl;
     return ;
 }

题目练习：

2019计蒜之道 复赛 外教 Michale 变身大熊猫：https://nanti.jisuanke.com/t/39611

容易想到a[i]会在LIS的概率就是：(必须经过a[i]的LIS数量)/(所有的LIS数量)  。所有的LIS数量好求，主要问题就是怎么求必须经过a[i]的LIS的数量，这个问题也不难想，就是  从左到右以a[i]结尾的LIS数量*从右到左为a[i]为结尾的最长下降子序列数量。这就用到上面的知识了。

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 const int P=;
 const int N=5e5+;
 typedef long long LL;
 int n,m,a[N],b[N],c[N];
 
 struct dat{
     int len,sum;
 }dp1[N],dp2[N],bit[N];
 void upd(dat &x,dat y) {
     if (x.len>y.len) return;
     else if (x.len<y.len) x=y;
     else x.sum+=y.sum,x.sum%=P;
 }
 void update(int x,dat v) {
     for (;x<=m;x+=x&-x) upd(bit[x],v);
 }
 dat query(int x) {
     dat ret=(dat){,};
     for (;x;x-=x&-x) upd(ret,bit[x]);
     return ret;
 }
 
 int power(int x,int p) {
     int ret=;
     for (;p;p>>=) {
         if (p&) ret=((LL)ret*x)%P;
         x=((LL)x*x)%P;
     }
     return ret;
 }
 
 int main()
 {
     cin>>n;
     for (int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),b[i]=a[i];
     sort(b+,b+n+);
     m=unique(b+,b+n+)-(b+);
     for (int i=;i<=n;i++) c[i]=lower_bound(b+,b+m+,a[i])-b;
 
     dat ans=(dat){,};
     memset(bit,,sizeof(bit));
     for (int i=;i<=n;i++) {
         dp1[i]=query(c[i]-); dp1[i].len++;
         update(c[i],dp1[i]);
         upd(ans,dp1[i]);
     }
 
     for (int i=;i<=n;i++) c[i]=m-c[i]+;
     memset(bit,,sizeof(bit));
     for (int i=n;i;i--) {
         dp2[i]=query(c[i]-); dp2[i].len++;
         update(c[i],dp2[i]);
     }
 
     for (int i=;i<=n;i++)
         if (dp1[i].len+dp2[i].len-==ans.len) {
             int t=(LL)dp1[i].sum*dp2[i].sum%P*power(ans.sum,P-)%P;
             printf("%d ",t);
         } else printf("0 ");
     return ;
 }