nssl 1488.上升子序列

$Description$

给定一个长度为$n$的序列，将其划分为两个严格单调递增的子序列，求这两个序列长度的最小差值，若无解，输出-1（保证合法的方案数不超过$10^{18}$）

数据范围：$n\le 10^5$

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$Solution$

假设只有一种合法方案，设两个序列分别为$q_1,q_2$，能接到$q_1$就接$q_1$，否则就接$q_2$，接不了则无解，复杂度$O(n)$

而我们知道，一个单调递增的序列，必然可以拆分成若干个连续的单调递增的子串（后面会给出证明），如果这些子串满足它们的方案唯一，那么我们就可以通过拼凑这些子串来得到最终答案

假设我们已经拆分出了$cnt$个这样的子串，每个子串要么去到$q_1$，要么去到$q_2$，所以是一个0/1序列，方案最多为$2^{cnt}$种，题目已经给出答案最多有$10^{18}$种，所以$cnt$最大也就是六十几，我们完全可以做$dp$解决

问题是如何找到这些子串（如何划分）呢？
首先我们知道，如果存在$\forall i<j$如果$a_i\ge a_j$，那么$a_i$和$a_j$必定不属于同一个单调递增的子序列，所以我们可以利用二分图的思想，将它们连边，表示这两个不能染成同一种颜色，做完二分图匹配后，我们就可以划分出$cnt$来，但这样的复杂度是$O(n^2)$的

所以我们就要继续思考，继续发现对于$\forall i<k<j$，如果$i,j$有连边，那么$k$必然和$i,j$中的任何一个有连边（也有可能两个都连边）【因为如果$a_k>a_i$，$k$连向$j$，$a_j<a_k<a_i$，两个都连，$a_k<a_j$，连$i$】
所以这样的划分块一定是连续的（也就是我们刚刚说的，它一定会是若干个子串）

那么，我们就要找出这样块的分界点，满足它前面的不可能和后面的连边，转换成几何语言就是找到所有的$i$，满足$max(a_{1\sim i})\le min(a_{i+1\sim n})$，这样的$i$必然是这些块的分界点，这个东西是可以$O(n)$维护的

而我们又知道，每个这样的块中，它的答案是唯一的，我们只需要开两个队列，按照刚开始说的那种方法，求出每个块队列长度的差值$z[i]=q_1.size()-q_2.size()$【这样子复杂度显然是$O(n)$的】，然后做$dp$

设$f[i][j]$表示前$i$个块，两个单调递增子序列长度的差值为$j$的情况是否存在，则对于每一个块，我们可以选择放入$q_1$，也可以选择放入$q_2$，即
$f[i][j]=f[i-1][|j+z[i]|]|f[i-1][|j-z[i]|]$

时间复杂度：$O(cntn)$，其中$cnt$是一个上限为64的常数

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$Code$

#include
#include 
#include
#include
#define N 100010
#define LL long long
using namespace std;int t,n,a[N],maxn[N],minn[N],st[N],ed[N],cnt,z[70];
queue<int>q1,q2;
bool flag,f[70][N];
inline LL read()
{
	char c;LL d=1,f=0;
	while(c=getchar(),!isdigit(c)) if(c=='-') d=-1;f=(f<<3)+(f<<1)+c-48;
	while(c=getchar(),isdigit(c)) f=(f<<3)+(f<<1)+c-48;
	return d*f;
}
signed main()
{
	t=read();
	while(t--)
	{
		n=read();maxn[0]=-1e9;minn[n+1]=1e9;
		for(register int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),maxn[i]=max(maxn[i-1],a[i]);
		for(register int i=n;i>=1;i--) minn[i]=min(minn[i+1],a[i]);
		cnt=0;
		for(register int i=1;i<=n;i++) 
		if(maxn[i]<=minn[i+1]||i==n)
		{
			st[++cnt]=ed[cnt-1]+1;
			ed[cnt]=i;
		}
		if(cnt>67) {puts("-1");continue;}
		flag=false;
		for(register int i=1;i<=cnt;i++)
		{
			while(q1.size()) q1.pop();
			while(q2.size()) q2.pop();
			for(register int j=st[i];j<=ed[i];j++)
			{
				if(q1.empty()||a[j]>q1.back()) q1.push(a[j]);else
				if(q2.empty()||a[j]>q2.back()) q2.push(a[j]);else
				{flag=true;break;}
			}
			if(flag) break;
			z[i]=q1.size()-q2.size();
		}
		if(flag) {puts("-1");continue;}
		f[0][0]=1;
		for(register int i=1;i<=cnt;i++)
		 for(register int j=0;j<=n;j++)
		  f[i][j]=f[i-1][abs(j+z[i])]|f[i-1][abs(j-z[i])];
		for(register int j=0;j<=n;j++)
		 if(f[cnt][j]) {printf("%d\n",j);break;}
	}
}