P1020 [NOIP1999 普及组] 导弹拦截 题解

思路 : 序列 DP + 线段树优化 DP

首先第一个问题，其实就是求最长不上升序列

我们设计 ${dp}_i$ 为从 1 到 $i$ 且其最长不上升序列以 $i$ 为结尾的序列长度。那么我们可以从比当颗导弹高或相等的导弹中更新答案。即为:

dp[i] = max{dp[v]} + 1 (a[v] >= a[i] && v <= i)

这里时间复杂度为 $O(n^2)$

对于第二个问题，我们可以想到，假如我们先用一个拦截设施把所有能打下来的导弹都打下来，剩下的拦截设施重复这个动作，一直到所有导弹被拦截。假设我们得到的是最小划分（题目要求）的 $k$ 组导弹。那么对于第 $i$ 组导弹中任取，在第 $i+1$ 必定有一个导弹要比这颗导弹高，如果没有，那么我们完全可以把 $i+1$ 组合并到第 $i$ 组。

所以我们找到一个最长的一个上升子序列，肯定序列中的每个导弹对应组导弹，如果多出的话肯定是多余的，如果少的话，不符合上述的分组。所以我们在找最小划分时，只需要找到一个最长上升子序列长度即可。

我们重新设计 ${dp}_i$ 为从 1 到 $i$ 且其最长上升子序列以 $i$ 为结尾的序列长度。同上，我们可以得到:

dp[i] = max{dp[v]} + 1 (a[v] < a[i] && v <= i)

时间复杂度也为 $O(n^2)$

对于优化 : (两问通用)

我们可以发现有一维是用来求 ${dp}_{\mathrm{1..}n}$ 中满足条件的最大值。我们可以考虑用线段树来优化。我们以 $a_i$ （就是高度）为坐标，在线段树中维护 $f_i$ 的最大值。我们在进行有规律的遍历时，每当更新一次 $f_i$ 我们就将他在线段树中更新，在寻找最大值时，我们按照大小，在相应区间（比如求最长上升子序列中，我们要从高度小于 $a_i$ 的 $f_v$ 中转移，所以我们询问 $(1,a[i]-1)$ 区间的信息）询问，并进行转移即可。

时间复杂度为 $O(n\log n)$

AC code:

#include 
#include 
using namespace std;

#define root 1,1,maxn
#define ls p<<1,l,m
#define rs p<<1|1,m+1,r

const int maxn=(int)5e4+10;

int Min[maxn<<2], Max[maxn<<2];

inline void update(int p) {
    Min[p]= min(Min[p<<1], Min[p<<1|1]);
    Max[p]= max(Max[p<<1], Max[p<<1|1]);
    return;
}

inline void build(int p,int l, int r) {
    if(l==r){ Min[p]=Max[p]=0;return; }
    int m= (l+r)>>1;
    build(ls); build(rs); update(p);
    return;
}

inline void modify(int p, int l, int r, int now, int v) {
    if(l==r){ Min[p]=Max[p]=v;return; }
    int m= (l+r)>>1;
    if(now <= m) modify(ls, now, v);
    else modify(rs, now, v);
    update(p); return;
}

inline int query(int p, int l, int r, int li, int ri) {
    if(li<=l && r<=ri) return Max[p];
    int m= (l+r)>>1;
    if(li <= m) {
        if(m < ri) return max( query(ls, li, ri), query(rs, li, ri) );
        else return query(ls, li, ri);
    }
    else return query(rs, li, ri);
}

int f[maxn]={0}, a[maxn]={0};
int n=0, ans1=0, ans2=0, i=0;
int max_i=0;

int main(){
    while(scanf("%d",&a[++n])!=EOF); n--;
    for(i=1;i<=n;i++) f[i]=0;
    build(root);
    for(i=1;i<=n;i++) {
        max_i=0;
        max_i= query(root, a[i], maxn);
        f[i]= max_i+1;
        modify(root, a[i], f[i]);
        ans1= max(f[i], ans1);
    }
    printf("%d\n",ans1);
    for(i=1;i<=n;i++) f[i]=0;
    build(root);
    for(i=1;i<=n;i++) {
        max_i=0;
        max_i= query(root, 1, a[i]-1);
        f[i]= max_i+1;
        modify(root, a[i], f[i]);
        ans2= max(f[i], ans2);
    }
    printf("%d\n",ans2);
    return 0;
}