題目描述

給出N個正整數a[1..N]，再給出K個關系符號（>、<或=）s[1..k]。
選出一個長度為L的子序列（不要求連續），要求這個子序列的第i項和第i+1項的的大小關系為s[(i-1)mod K+1]。
求出L的最大值。

輸入

第一行兩個正整數，分別表示N和K (N, K <= 500,000)。
第二行給出N個正整數，第i個正整數表示a[i] (a[i] <= 10^6)。
第三行給出K個空格隔開關系符號（>、<或=），第i個表示s[i]。

輸出

一個正整數，表示L的最大值。

樣例輸入

7 3
2 4 3 1 3 5 3
< > =

 

樣例輸出

6

提示

選出的子序列為2 4 3 3 5 3，相鄰大小關系分別是< > = < >。

【題解】

喜聞樂見的數據結構優化dp。看完了題，在演草紙上寫了一句“動規吧？”，然後就把這句話放一邊了。覺得二分應該能行，就寫了個二分。怎麽check呢？寫了個dfs。後來跟wzz說這個事，大佬非常不理解地說：還不如直接深搜呢，白白地加個log。瞬間覺得好有道理啊，果然上午不知道幹了些什麽。

下午聽講題，自己連O(n^2)的轉移方程都沒寫出來，簡直了。正解思路很清奇，f[i]表示到i這一位最長的子序列長度，有了長度符號就定下來了。不等號按符號維護線段樹，等號直接拿數組標記一下。線段樹的下標是a[i]的權值，內容是f[i]的權值，這樣區間查詢滿足不等號的最大值就非常快了。得出f[i]之後推出下一位的符號，更新相應的線段樹或數組即可。

線段樹是個好東西。上次方伯伯的玉米田用到了樹狀數組優化dp，這一次算是第二道數據結構優化dp。雖然在理論上來講樹狀數組比線段樹好打多了，可我始終還是更喜歡線段樹。連續兩天的dp題都是想過它是dp，但還是沒按dp來做。學完一段時間以後dp能力下降得多了，想當初正在講的時候也是不怕想正解的。原來以為自己不擅長數學和數據結構，現在看來dp也不是很行，集訓要做的事還太多了啊。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int sj=500010
 
;
char fh[sj];
int  n,k,a[sj],f[sj],dh[1000010],temp,jg,jd;
void bj(int &x,int y)
{
    x=x>y?x:y;
}
struct Tree
{
    int l,r,jz; 
}ds[1000010*4],xs[1000010*4];
void bt1(int x,int y,int z)
{
     ds[x].l=y;
     ds[x].r=z;
     if(y==z)  return;
     int mid=(y+z)>>1;
     bt1(x<<1,y,mid);
     bt1((x<<1)|1,mid+1,z);
}
void bt2(int x,int y,int z)
{
     xs[x].l=y;
     xs[x].r=z;
     if(y==z)  return;
     int mid=(y+z)>>1;
     bt2(x<<1,y,mid);
     bt2((x<<1)|1,mid+1,z);
}
int query1(int x,int y,int z)
{
    if(ds[x].l==y&&ds[x].r==z) return ds[x].jz;
    int mid=(ds[x].l+ds[x].r)>>1;
    if(mid<y) return query1((x<<1)|1,y,z);
    if(z<=mid) return query1(x<<1,y,z);
    return max(query1(x<<1,y,mid),query1((x<<1)|1,mid+1,z));
}
int query2(int x,int y,int z)
{
    if(xs[x].l==y&&xs[x].r==z) return xs[x].jz;
    int mid=(xs[x].l+xs[x].r)>>1;
    if(mid<y) return query2((x<<1)|1,y,z);
    if(z<=mid) return query2(x<<1,y,z);
    return max(query2(x<<1,y,mid),query2((x<<1)|1,mid+1,z));
}
void update1(int x,int y,int z)
{
    if(ds[x].l==ds[x].r&&ds[x].r==z)
    {
          ds[x].jz=y;
          return;
    }
    int mid=(ds[x].l+ds[x].r)>>1;
    if(mid<z)  update1((x<<1)|1,y,z);
    if(z<=mid) update1(x<<1,y,z);
    ds[x].jz=max(ds[x<<1].jz,ds[(x<<1)|1].jz);
}
void update2(int x,int y,int z)
{
    if(xs[x].l==xs[x].r&&xs[x].r==z)
    {
          xs[x].jz=y;
          return;
    }
    int mid=(xs[x].l+xs[x].r)>>1;
    if(mid<z)  update2((x<<1)|1,y,z);
    if(z<=mid) update2(x<<1,y,z);
    xs[x].jz=max(xs[x<<1].jz,xs[(x<<1)|1].jz);
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    { 
      scanf("%d",&a[i]);
      bj(jd,a[i]);
    }
    for(int i=1;i<=k;i++) cin>>fh[i];
    bt1(1,1,jd);
    bt2(1,1,jd);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(dh[a[i]]+1>f[i]) f[i]=dh[a[i]]+1;
        if(a[i]!=jd)
        {
          temp=query1(1,a[i]+1,jd);
          if(temp+1>f[i]) f[i]=temp+1;
        }
        if(a[i]!=1)
        {
          temp=query2(1,1,a[i]-1);
          if(temp+1>f[i]) f[i]=temp+1;
        }
        temp=f[i]%k;
        if(!temp) temp=k;
        if(fh[temp]==‘=‘) dh[a[i]]=f[i];
        if(fh[temp]==‘>‘) update1(1,f[i],a[i]);
        if(fh[temp]==‘<‘) update2(1,f[i],a[i]);
        bj(jg,f[i]);
    }
    printf("%d",jg);
    return 0;
}

Monotonicity 2[POI2010]