[BZOJ1852] [MexicoOI06]最长不下降序列(贪心)

Posted on Edited on In

[BZOJ1852] [MexicoOI06]最长不下降序列(贪心)

考虑如下贪心

（我将问题反过来考虑，也就是要满足 \(A_i > \max_{j=1}^{j < i}{B_j}\) ）

首先对于读入的 \((A,B)\) ，按照 \(B\) 的值递增排序

(选出的答案序列不一定是其中一个有序的子序列)

答案序列存在若干个 \(B\) 递增的位置，设它们是 \(\{a_i\},a_{i-1}<a_i\)

合法的递增序列需要满足的限制是 \(A_{a_i}>B_{a_{i-1}}\)

考虑剩下的部分即 \(j\in[a_{i-1}+1,a_i-1]\) ，那么这些点放在 \(a_i\) 后面一定是最优的(因为此时不会改变最大的 \(B\) )，此时限制它们的 \(B\) 就是 \(B_{a_i}\)

即这一部分中满足 \(A_j>B_{a_i}\) 的 \(j\) 均可以选出来

为了便于表示，设 \(C(l,r)=|\{i|i\in[l,r],A_i>B_{r+1}\}|\) ，可以通过一个主席树维护

定义 \(dp_i\) 表示当前以 \(i\) 为最大的 \(B\) 的答案，特别的， \(dp_0\) 表示序列为空 \(A_0=B_0=-\infty\)

枚举每个 \(i\) 进行转移

朴素的转移就是可以枚举上一个位置 \(j\) ， \(O(n^2)\) 转移

需要找到前面第一个能把 \(i\) 接上去的 \(j\) 即可，即第一个 \(B_r<A_i(j\ge 0)\) 的位置，那么合法的决策位置就是 \([0,r]\)

则 \(dp_i=\max_0^r\{dp_j+1+C(j+1,i-1)\}\)

设最优决策点为 \(k\in[0,r]\) ，影响最优决策点位置的有两个方面

从 \([j+1,i-1]\) 这一段点考虑， \(j\) 越小时，就会有越多的点对被 \(B_i\) 限制，也就是说 \(j\) 越大，对于中间这一段来说越优

但是从 \(dp_j\) 的角度考虑，并不是 \(j\) 越大越好，因为可能存在一个 \(A_j\) 特别小限制了前面递增点列的选择

推论：如果前面存在一个 \(A_j>B_i\) ，那么 \(k\ge j\)

事实上应该说成 \(dp_j+C(j+1,i-1)\ge\forall d\in[0,j-1],dp_d+C(d+1,i-1)\)

综合上面两条来看，如果 \(A_j>B_i\) 意味着把它放进递增序列里绝对是优的，因为不会对前面的点产生不良限制

消除了不良限制之后，就满足最优性了

所以发现最优决策点的范围缩小到了 \([l=max\{k|A_k>B_i\},r]\)

发现决策范围内的 \(C(l+1,i-1)=C(l+2,i-1)=\cdots=C(r+1,i-1)\)

所以 \(dp_i=\max_l^r\{dp_j\}+C(r+1,i-1)=max_0^r\{dp_j\}+C(r+1,i-1)\)

所以可以直接维护一个前缀最大值，每次二分找到那个 \(r\) ，求出 \(C(r+1,i-1)\) 即可

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
const int N=2e5+10,K=15;
 
int n;
 
struct Node{
    int a,b;
    bool operator < (const Node __) const {
        return b<__.b;
    }
}A[N];
int h[N],hc;
int dp[N];
 
int rt[N*K],s[N*K],ls[N*K],rs[N*K],cnt;
void Add(int p,int pre,int l,int r,int x) {
    s[p]=s[pre]+1;
    if(l==r) return;
    int mid=(l+r)>>1;
    ls[p]=ls[pre],rs[p]=rs[pre];
    x<=mid?Add(ls[p]=++cnt,ls[pre],l,mid,x):Add(rs[p]=++cnt,rs[pre],mid+1,r,x);
}
 
int Que(int pl,int pr,int l,int r,int ql,int qr) {
    if(ql>qr) return 0;
    if(ql==l&&qr==r) return s[pr]-s[pl];
    int mid=(l+r)>>1;
    if(qr<=mid) return Que(ls[pl],ls[pr],l,mid,ql,qr);
    else if(ql>mid) return Que(rs[pl],rs[pr],mid+1,r,ql,qr);
    else return Que(ls[pl],ls[pr],l,mid,ql,mid)+Que(rs[pl],rs[pr],mid+1,r,mid+1,qr);
}
 
int main(){
    rep(i,1,n=rd()) {
        A[i].a=rd(),A[i].b=rd();
        h[++hc]=A[i].a,h[++hc]=A[i].b;
    }
    sort(h+1,h+hc+1),hc=unique(h+1,h+hc+1)-h-1;
    sort(A+1,A+n+1);
    rep(i,1,n) {
        A[i].a=lower_bound(h+1,h+hc+1,A[i].a)-h;
        A[i].b=lower_bound(h+1,h+hc+1,A[i].b)-h;
        Add(rt[i]=++cnt,rt[i-1],1,hc,A[i].a);
    }
    rep(i,1,n) {
        int l=1,r=i-1,res=0;
        while(l<=r) {
            int mid=(l+r)>>1;
            if(A[mid].b<A[i].a) l=mid+1,res=mid;
            else r=mid-1;
        }
        dp[i]=max(dp[i-1],dp[res]+1+Que(rt[res],rt[i-1],1,hc,A[i].b+1,hc));
    }
    int ans=dp[n];
    printf("%d\n",ans);
}

附：离线做法

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
using namespace std;

#define reg register
typedef long long ll;
#define rep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)

char IO;
int rd(){
	int s=0,f=0;
	while(!isdigit(IO=getchar())) f|=(IO=='-');
	do s=(s<<1)+(s<<3)+(IO^'0');
	while(isdigit(IO=getchar()));
	return f?-s:s;
}

const int N=2e5+10,K=15;

int n;
struct Node{
	int a,b;
	bool operator < (const Node __)const{ return b<__.b; }
}A[N];
struct Query{
	int x,p,id,k;
	bool operator < (const Query __)const{ return p<__.p; }
}Q[N<<1];

int qc,h[N],hc,dp[N];
int L[N],Ans[N];

int s[N];
void Add(int p,int x){ while(p) s[p]+=x,p-=p&-p; }
int Que(int p){
	int res=0;
	while(p<=hc) res+=s[p],p+=p&-p;
	return res;
}

int main(){
	rep(i,1,n=rd()) {
		A[i].a=rd(),A[i].b=rd();
		h[++hc]=A[i].a,h[++hc]=A[i].b;
	}
	sort(h+1,h+hc+1),hc=unique(h+1,h+hc+1)-h-1;
	sort(A+1,A+n+1);
	rep(i,1,n) {
		A[i].a=lower_bound(h+1,h+hc+1,A[i].a)-h;
		A[i].b=lower_bound(h+1,h+hc+1,A[i].b)-h;
	}
	rep(i,1,n) {
		int l=1,r=i-1,res=0;
		while(l<=r) {
			int mid=(l+r)>>1;
			if(A[mid].b<A[i].a) l=mid+1,res=mid;
			else r=mid-1;
		}
		L[i]=res;
		if(i-1>L[i]) Q[++qc]=(Query){A[i].b+1,i-1,i,1},Q[++qc]=(Query){A[i].b+1,L[i],i,-1};
	}
	sort(Q+1,Q+qc+1);
	int p=1;
	rep(i,0,n) {
		if(i) Add(A[i].a,1);
		while(p<=qc && Q[p].p<=i) Ans[Q[p].id]+=Q[p].k*Que(Q[p].x),p++;
	}
	rep(i,1,n) dp[i]=max(dp[i-1],dp[L[i]]+1+Ans[i]);
	int ans=dp[n];
	printf("%d\n",ans);
}