解题:POI 2007 Driving Exam
有点意思的题
从一个位置$i$出发可以到达每一个位置即是从$1,n$出发可以到达$i$。然后有了一个做法:把图上下反转后建反图,这样就可以求从一个点$i$到达左右两侧的花费$dp[i][0/1]$了,这个花费就是当前总长度-到这个点为止的LIS长度(左右各求一遍)。因为还要考虑边的这个问题,可以用一个权值树状数组维护前/后缀最大值来实现。可以发现合法点的左侧都能到达左端,右侧都能到达右端,所以其实我们找的是一段区间,即找一段区间$(l,r)$使得$dp[l][1]+dp[r][0]<=k$,发现$dp$数组两维都是单调的,直接双指针即可。
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=;
struct a{int h,v;}; vector<a> m1[N],m2[N];
int n,m,d,k,t1,t2,typ,len,ans,p1,p2;
int tr[N],dp[N][];
void maxx(int pos,int num)
{
while(pos<=m)
tr[pos]=max(tr[pos],num),pos+=pos&-pos;
}
int query(int pos)
{
int ret=;
while(pos)
ret=max(ret,tr[pos]),pos-=pos&-pos;
return ret;
}
int main ()
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&d,&k),m++;
for(int i=;i<=d;i++)
{
scanf("%d%d%d",&t1,&t2,&typ);
if(typ) m1[t1+].push_back((a){m-t2,});
else m2[t1].push_back((a){m-t2,});
}
for(int i=;i<=n;i++)
{
int siz=m1[i].size();
for(int j=;j<siz;j++)
{
m1[i][j].v=query(m1[i][j].h)+;
len=max(len,m1[i][j].v);
}
dp[i][]=i-len-;
for(int j=;j<siz;j++)
maxx(m1[i][j].h,m1[i][j].v);
}
len=,memset(tr,,sizeof tr);
for(int i=n;i;i--)
{
int siz=m2[i].size();
for(int j=;j<siz;j++)
{
m2[i][j].v=query(m2[i][j].h)+;
len=max(len,m2[i][j].v);
}
dp[i][]=n-len-i;
for(int j=;j<siz;j++)
maxx(m2[i][j].h,m2[i][j].v);
}
len=,p1=p2=;
while(p1<=n)
{
while(p2<=n&&dp[p1][]+dp[p2][]<=k) p2++;
ans=max(ans,p2-p1); if(!dp[p1][]&&!dp[p1][]) len++; p1++;
}
printf("%d",ans-len);
return ;
}
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