小明系列問題——小明序列

小明想既然找不到，那就自己來發明一個新的序列問題吧！小明想啊想，最終想出了一個新的序列問題，他欣喜若狂，由於是自己想出來的。於是將其新序列問題命名為“小明序列”。

　　提起小明序列。他給出的定義是這種：
　　①首先定義S為一個有序序列。S={ A1 , A2 , A3 , ... , An }。n為元素個數 ；
　　②然後定義Sub為S中取出的一個子序列，Sub={ Ai1 , Ai2 , Ai3 , ... , Aim }，m為元素個數 ；
　　③當中Sub滿足 Ai1 < Ai2 < Ai3 < ... < Aij-1 < Aij < Aij+1 < ... < Aim ；
　　④同一時候Sub滿足對於隨意相連的兩個Aij-1與Aij都有 ij - ij-1 > d (1 < j <= m， d為給定的整數)；
　　⑤顯然滿足這種Sub子序列會有許很多多。而在取出的這些子序列Sub中，元素個數最多的稱為“小明序列”(即m最大的一個Sub子序列)。

　　比如：序列S={2,1,3,4} 。當中d=1；
　　可得“小明序列”的m=2。

即Sub={2,3}或者{2,4}或者{1,4}都是“小明序列”。

　　當小明發明了“小明序列”那一刻,情緒很激動，以至於頭腦淩亂，於是他想請你來幫他算算在給定的S序列以及整數d的情況下，“小明序列”中的元素須要多少個呢？

Input 　　輸入數據多組，處理到文件結束;
　　輸入的第一行為兩個正整數 n 和 d；(1<=n<=10^5 , 0<=d<=10^5)
　　輸入的第二行為n個整數A1 , A2 , A3 , ... , An。表示S序列的n個元素。(0<=Ai<=10^5)
Output 　　請對每組數據輸出“小明序列”中的元素須要多少個，每組測試數據輸出一行。

Sample Input

2 0
1 2
5 1
3 4 5 1 2
5 2
3 4 5 1 2

2
2
1

field=problem&key=2013%E8%85%BE%E8%AE%AF%E7%BC%96%E7%A8%8B%E9%A9%AC%E6%8B%89%E6%9D%BE%E5%88%9D%E8%B5%9B%E7%AC%AC%E5%9B%9B%E5%9C%BA%EF%BC%883%E6%9C%8824%E6%97%A5%EF%BC%89&source=1&searchmode=source">2013騰訊編程馬拉松初賽第四場（3月24日）
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pid=4818">4818 題意： 給你一個序列。序列長度為n(n<=10^5)要你求最長上升子序列A(0<=A[i]<=10^5)。可是跟一般的最長上升子序列有點不同的是。序列中相鄰的兩個數下標差要大於d。 思路： 解法一： O(n*n)的算法都非常easy想到。dp[i]表示序列以i結尾的最大長度。那麽dp[i]=max(dp[j])+1.a[j]<a[i],i-j>d。 可是n範圍10^5這個算法肯定要超時。

大概推測時間復雜度O(n*log2(n))就差點兒相同了。

看來得優化下dp方程。

假設可以高速的得到max(dp[j])的話那麽狀態轉移僅僅須要O(1)的時間。如今關鍵是怎麽高速的到這個了。

比A[i]小且下標至少比i小d最大的DP值。

這不就是線段樹擅長的麽。並且空間也同意。可是下標小d怎麽處理延遲d個單位更新即可了. 具體見代碼：

#include <iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
const int maxn=100010;
int maxv[maxn<<2],dp[maxn],val[maxn],pre[maxn];
void update(int L,int R,int p,int d,int k)
{
    int ls,rs,mid;
    if(L==R)
    {
        maxv[k]=max(maxv[k],d);
        return ;
    }
    ls=k<<1;
    rs=ls|1;
    mid=(L+R)>>1;
    if(p<=mid)
        update(L,mid,p,d,ls);
    else
        update(mid+1,R,p,d,rs);
    maxv[k]=max(maxv[ls],maxv[rs]);
}
int qu(int L,int R,int l,int r,int k)//區間最值
{
    int ls,rs,mid;
    if(l==L&&r==R)
        return maxv[k];
    ls=k<<1;
    rs=ls|1;
    mid=(L+R)>>1;
    if(l>mid)
        return qu(mid+1,R,l,r,rs);
    else if(r<=mid)
        return qu(L,mid,l,r,ls);
    else
        return max(qu(L,mid,l,mid,ls),qu(mid+1,R,mid+1,r,rs));
}
int main()
{
    int n,d,i,lim,ans;

    while(~scanf("%d%d",&n,&d))
    {
        memset(maxv,0,sizeof maxv);
        memset(dp,0,sizeof dp);
        lim=0,ans=1;
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&val[i]);
            val[i]+=2;
            lim=max(lim,val[i]);
        }
        for(i=1;i<=d;i++)
            dp[val[i]]=1,pre[i]=1;//pre起到隊列的作用。先把要跟新的值存起來。
等距離大於d的時候再更新
        for(i=d+1;i<=n;i++)
        {
            if(i==1)//d=0單獨處理下
            {
                dp[val[i]]=1;
                pre[i-d]=1;
                update(1,lim,val[i-d],pre[i-d],1);
                continue;
            }
            dp[val[i]]=max(qu(1,lim,1,val[i]-1,1)+1,dp[val[i]]);
            pre[i]=dp[val[i]];
            update(1,lim,val[i-d],pre[i-d],1);
            ans=max(ans,dp[val[i]]);
        }
       printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<sstream>
#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<string>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
//#pragma comment(linker,"/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-8;
const double PI=acos(-1.0);
const int maxn=100010;
//typedef __int64 ll;
int dp[maxn],arr[maxn],pre[maxn],lim;
int bin(int x)
{
    int low,hi,mid,ans=-1;
    low=0,hi=lim;
    while(low<=hi)
    {
        mid=(low+hi)>>1;
        if(dp[mid]<x)
            ans=mid,low=mid+1;
        else
            hi=mid-1;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    int n,d,i,ans;

    while(~scanf("%d%d",&n,&d))
    {
        for(i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&arr[i]);
        dp[0]=-INF,lim=0,ans=1;
        for(i=1;i<=d;i++)
            pre[i]=1;
        for(i=d+1;i<=n;i++)
        {
            pre[i]=bin(arr[i])+1;//先把值保存起來。等距離超過d再更新
            ans=max(ans,pre[i]);//註意隨時更新答案。
            if(pre[i-d]>lim)
                lim=pre[i-d],dp[lim]=arr[i-d];
            else
                dp[pre[i-d]]=min(dp[pre[i-d]],arr[i-d]);
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}