洛谷U388383 登山题解
我是蒟蒻！！！
原题目：U388383 登山 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
问题描述
五一到了，ACM队组织大家去登山观光，队员们发现山上一共有N个景点，并且决定按照顺序来浏览这些景点，即每次所浏览景点的编号都要大于前一个浏览景点的编号。同时队员们还有另一个登山习惯，就是不连续浏览海拔相同的两个景点，并且一旦开始下山，就不再向上走了。队员们希望在满足上面条件的同时，尽可能多的浏览景点，你能帮他们找出最多可能浏览的景点数么？
输入格式
第一行：N (2 <= N <= 1000) 景点数;
第二行：N个整数，每个景点的海拔。
输出格式
最多能浏览的景点数。
输入输出样例
输入 #1
8 186 186 150 200 160 130 197 220
输出 #1
4
问题解释
题目让我们求解一段从原数组提取出的先上升后下降（或者说先增大后减小的序列）这很重要！！！本人在这里卡了很久最后才读懂题目！！！
为了便于理解，在这里我举一个例子，如下图
由图我们可知要求解从第i个位置前的最长上升子序列长度，和第i个位置后的最长下降子序列长度之和，根据这个思路，我们可以写出一个如下的动规Ac代码
动态规划:
f1[i]表示从第i个位置前的最长上升子序列的长度
f2[i]表示从第i个位置前的最长下降子序列的长度
要注意的是，f1[i]+f2[i]时要减1，因为i号位置被多加了1
核心代码如下：
for (i=1;i<=n;i++)
{
for (j=i-1;j>=1;j--)
{
if (a[i]>a[j]) f1[i]=max(f1[i],f1[j]);
}
f1[i]++;
}i表示循环当前第i个位置，j从第1个位置到第i个位置循环
找出已经存过的在i个位置前，可以连结在其后的最长上升子序列，且长度为最大值。将a[i]连接在其后
for (i=n;i>=1;i--)
{
for (j=i+1;j<=n;j++)
{
if (a[i]>a[j]) f2[i]=max(f2[i],f2[j]);
}
f2[i]++;
}道理同上，不过只是从后往前遍历，看作从后往前的最长上升子序列
Ac代码如下：
#include
using namespace std;
int n,ans;
int a[1005],f1[1005],f2[1005];
int main ()
{
int i,j;
cin>>n;
for (i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
}
for (i=1;i<=n;i++)
{
for (j=i-1;j>=1;j--)
{
if (a[i]>a[j]) f1[i]=max(f1[i],f1[j]);
}
f1[i]++;
}
for (i=n;i>=1;i--)
{
for (j=i+1;j<=n;j++)
{
if (a[i]>a[j]) f2[i]=max(f2[i],f2[j]);
}
f2[i]++;
}
for (i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,f1[i]+f2[i]-1);
cout< 此代码的时间复杂度为O(n^2)，那么有没有时间复杂度更低的方法呢？
我们可以发现，每次寻找并不在意前面的数排序如何，只需要将a[i]链接在满足条件的序列后方，如序列1 2 4和1 3 4，如果将一个数5接在其后，就成了1 2 4 5和1 3 4 5，长度都为5
但是当序列为1 3 5和1 3 4时，要将一个数字5接在其后，只能选择序列1 3 4，成为1 3 4 5，所以当长度相同时，我们要保留末尾值最小的
并且我们可以发现，只有比前面的数大的值才可以连接到前面序列的末尾，所以其保留的最小值呈现单调递增性，满足了二分的基础！（没看懂的话可以多读几遍，写几个样例悟一悟）
所以我们就有了二分优化的思路
二分贪心：
ans1表示最长上升子序列的长度
ans2表示最长下降子序列的长度
f1[i]表示长度为i的序列的末尾的最小值
f2[i]表示同上
num1[i]表示从1号位置到第i号位置的最长上升子序列的长度
num2[i]表示从n号位置到第i号位置的最长上升子序列的长度
所以两个序列链接在一起的总长度为num1[i]+num2[i]-1，i号位置同样被多加了1，所以要减去
核心代码如下：
int change(int l,int r,int i,int *f) //二分l为二分的左值，r为二分的右值，i为当前的位置，f[]表示f1[]数组和f2[]数组
while (l当l==r时结束循环
mid=(l+r+1)/2;
if (f[mid] 如果mid=(l+r)/2，因为判断成立的条件为l-mid，则有可能一直有l=mid，且循环结束条件为l
f[r+1]=a[i];
return r+1;由于我们寻找到的为小于a[i]的最大值，所以将a[i]链接到这个序列的末尾，所以f[r+1]=a[i]，返回长度为r+1
int change(int l,int r,int i,int *f)
{
int mid;
while (l总结到一起就是上方的代码啦，时间复杂度为O(n*log2n)
Ac代码如下：
#include
using namespace std;
int n,ans,ans1,ans2;
int a[1005],f1[1005],f2[1005];
int num1[1005],num2[1005];
int change(int l,int r,int i,int *f)
{
int mid;
while (l>n;
for (i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
}
for (i=1;i<=n;i++)
{
num1[i]=change(0,ans1,i,f1);
num2[n-i+1]=change(0,ans2,n-i+1,f2);
ans1=max(ans1,num1[i]);
ans2=max(ans2,num2[n-i+1]);
}
for (i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,num1[i]+num2[i]-1);
cout< 
成功Ac，完结撒花~！
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