学习笔记：子序列模型
最长上升/不上升/下降/不下降子序列
概念
上升序列，指一个序列中每一个数都是递增的。最长上升子序列，就是一个序列中找出最长的一个每一个数都递增的子序列，其余的同理。比如： 12 9 31 42 23 19 21 73 12 9 31 42 23 19 21 73 12 9 31 42 23 19 21 73一个上升子序列： 12 31 73 12 31 73 12 31 73最长上升子序列： 12 19 21 73 12 19 21 73 12 19 21 73这个也是： 9 31 42 73 9 31 42 73 9 31 42 73所以，最长上升子序列不是唯一的。这个最长上升子序列的长度是 4 4 4。特殊的，空序列也是上升/不上升/下降/不下降子序列。
方法
这里以上升子序列为例。可以思考，当一个序列结束的一个数小于该数，则该数可以加在这个序列上。于是，方案就出来了：设 f i f_i fi为以 i i i结束的最长上升子序列，那么 f i = max ( f j , j < i , a [ j ] < a [ i ] ) + 1 f_i=\max(f_j,j
例题
AcWing 1017
这个题可以发现，如果从左到右就是一个最长上升子序列问题。那么从右到左呢？因为这个题数据不大，可以从右往左再做一遍。当然，也不难发现，如果从右往左是上升子序列，那么从左往右看就是下降子序列。于是，本题就能解决了。
#includeAcWing 1014
这个题发现不太对，居然是先上升后下降的样子。但是我们可以把它拆成两个部分：上升部分和下降部分。所以我们可以枚举一个分界点，前面上升后面下降。这样就是以 i i i结束的最长上升和下降子序列问题，直接相加就行了。注意，中间点 i i i被计算了两次，要减一。但是上一题处理下降子序列的简便方式在这里并不适用，因为那个存的是 i i i开始的最长下降子序列，这个题是要求 i i i结束的，所以只能从右往左再算一遍。
#includeAcWing 482
这个题和上一题没有任何区别。出队的越少留下的就越多，用 n n n减去最长的一个上升又下降的子序列即可。
#includeAcWing 1012
这个题目感觉和最长上升子序列没有关系，但是我们发现，两个相交当且仅当 u i > u j u_i>u_j ui>uj且 v i < v j v_i
#includeAcWing 1016
这个题从原来的求最长上升子序列变成了求和最大的上升子序列。之前新加一个数 a i a_i ai子序列的长度长度加 1 1 1，现在和却增加了 a i a_i ai，所以状态转移方程就变成了 max ( f j , a j < a i , j < i ) + a i \max(f_j,a_j
#includeAcWing 1010
这个题第一问就是一个典型的最长不上升子序列，直接 d p dp dp解决。那么第二问呢？可以记录每一个防御系统最后一次处理的高度，如果没有能处理新的的防御系统那么就新加一个。但是如果有选用哪个呢？选最小的，因为其他的还可以处理更高的，所以就用一个"最差的"就行了。
#includeAcWing 187
这个题目可以考虑上一题那道题的贪心算法。但是这个题目可以选择上升或者下降，贪心无法在新加一个时确定是上升还是下降。于是我们再分析，发现题目中 n n n很小，不难想到可以暴搜。每次两种决策，在下降的选一个或者新加，在上升的选一个或者新加。这样分成了两种，就可以分别贪心了。注意，如果当前用的个数大于答案就可以退出了，因为最小的一定会是这个方案。用 u u u表示上升的序列的个数， d d d表示下降， t t t表示处理第几个。
#include最长公共子序列
概念
两个序列，分别选出一个子序列，要求这两个子序列相等，这就是公共子序列。最长公共子序列就是最长的一个。比如： 1 6 2 4 5 8 3 7 1 6 2 4 5 8 3 7 1 6 2 4 5 8 3 7 2 6 3 5 8 7 1 4 2 6 3 5 8 7 1 4 2 6 3 5 8 7 1 4一个公共子序列： 6 3 ７ 6 3 ７ 6 3 ７一个最长公共子序列： 2 5 8 7 2 5 8 7 2 5 8 7这个也是： 6 5 8 7 6 5 8 7 6 5 8 7可见，最长公共子序列也不是唯一的。
方法
首先，拿到这个题很容易把这个状态表示出来： f i , j f_{i,j} fi,j表示 s 1 1... i s1_{1...i} s11...i和 s 2 1... j s2_{1...j} s21...j的最长公共子序列长度。于是，我们就会出现几种情况：
- 都不用： f i , j = f i − 1 , j − 1 f_{i,j}=f_{i-1,j-1} fi,j=fi−1,j−1
- 不用 s 1 i s1_i s1i： f i , j = f i − 1 , j f_{i,j}=f_{i-1,j} fi,j=fi−1,j
- 不用 s 2 j s2_j s2j： f i , j = f i , j − 1 f_{i,j}=f_{i,j-1} fi,j=fi,j−1
- 都用：这种情况只有两个相等才可以。所以，就是都不用的长度加一。 f i , j = f i − 1 , j − 1 + 1 f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+1 fi,j=fi−1,j−1+1
然后我们根据这个来写代码是能得到正确答案的。但是仔细思考会发现一个事：有一些状态之间是包含了的。比如第一条，其实就被第二条和第三条包含了。因为之前 f i − 1 , j f_{i-1,j} fi−1,j在之前用转移三，则迭代成了 f i − 1 , j − 1 f_{i-1,j-1} fi−1,j−1，第三条同理。所以，我们可以去掉第一条。那么再考虑，发现第四条肯定是最优的，因为 f i − 1 , j f_{i-1,j} fi−1,j可以从 f i − 2 , j f_{i-2,j} fi−2,j、 f i − 1 , j − 1 f_{i-1,j-1} fi−1,j−1以及 f i − 2 , j − 1 + 1 f_{i-2,j-1}+1 fi−2,j−1+1迭代，其中第二个绝对不可能比转移四优，第三个其实少一个字符参加计算肯定也不会更有。第一个只要一出现 j − 1 j-1 j−1就一定不是最优，那么只能一直 f i − k , j f_{i-k,j} fi−k,j地迭代，所以最后会迭代到 f 0 , j f_{0,j} f0,j，为 0 0 0，肯定不是最优。所以，当两个相等直接计算第四个状态转移方程即可。
例题
AcWing 272
这个居然还加了一个上升的条件，那么怎么办呢？我们可以思考一下，这不就是最长上升子序列和最长公共子序列的结合体吗？所以我们可以结合一下，首先，最长上升子序列的状态是 f i f_i fi表示以 i i i结束的最长上升子序列，最长公共子序列的状态是 f i , j f_{i,j} fi,j表示 s 1 1... i s1_{1...i} s11...i和 s 2 1... j s2_{1...j} s21...j的最长公共子序列。所以，我们可以设一个状态 f i , j f_{i,j} fi,j表示用 s 1 1... i s1_{1...i} s11...i且以 s 2 j s2_j s2j结束的一个最长公共上升子序列。因为公共子序列是一样的，所以只用一个表示以某个结束即可。思考状态转移， f i , j f_{i,j} fi,j首先可以转移成不用 s 2 i s2_i s2i，则 f i , j = f i − 1 , j f_{i,j}=f_{i-1,j} fi,j=fi−1,j，但是第二个要求以 s 2 j s2_j s2j结束，所以不能不用 s 2 j s2_j s2j。于是就思考，在两个相等的时候怎么转移。其实就是这个公共子序列上一个是什么，然后再补一个新加入的我们。
- 只有 s 2 j s2_j s2j，长度为 1 1 1
- 上一个是 s 2 1 s2_1 s21， f i , j = f i − 1 , 1 + 1 f_{i,j}=f_{i-1,1}+1 fi,j=fi−1,1+1，要求 s 2 1 < s 2 j s2_1
s21<s2j - 以此类推，直到 s 2 j − 1 s2_{j-1} s2j−1
所以，就可以三层循环，计算每一个 f i , j f_{i,j} fi,j。但是这个题 n n n最大是 3000 3000 3000，时间复杂度根本受不了。不难发现如果内层循环计算 s 2 s2 s2和枚举每一个 j j j，所以可以边循环边统计。因为 s 2 s2 s2放在内层循环，则数是实时变化的，但都要求等于 s 1 i s1_i s1i，所以改成和 s 1 i s1_i s1i比较是否上升即可。最后依次计算，如果两个相等就是可以进行第二条状态转移的，现在直接和统计的 max \max max比较即可。注意要先转移完了再更新 max \max max。
#include