【AHOI2013复仇】两道LIS模型题总结

最近做了两道LIS模型题，感觉到模型比较好，总结一下囧。
【1】 [HAOI2007]上升序列
预处理：设F[i]为以i开头的最长上升序列的长度，怎么求不用说了吧囧……
假设目前需要求长度为M的、标号字典序最小的上升序列，显然其第一个元素A[i]必须满足F[i]>=M（注意，不是等于，是大于等于！），找到满足这个条件的最小的i即可。然后，设目前已经求出了该序列的第x个元素为A[y]，则第(x+1)个元素A[z]需要满足的条件是A[z]>A[y]，且F[z]=F[y]-1，找到满足这个条件的最小的z即为该序列的第(x+1)个元素。按照这种方法，扫描一遍就可以求出整个序列，时间复杂度为O(N)。如果整个序列的最长上升序列长度<M，则无解。

代码：

【2】 [HAOI2006]数字序列
首先，由于序列的所有元素都是整数，所以可以将原序列的所有元素减去它的下标，这样就把上升序列转化为不下降序列了。
第一问的结果显然就是(N-新序列的最长不下降序列长度)。关键在于第二问。以下A均表示新序列。
设F[i]为以A[i]结尾的最长不下降序列长度（同样，求法不用说了），G[i]为在A[i]不修改的前提下将A[0..i]转变为不下降序列的最小修改量。首先求出F[i]，然后在求G[i]时，枚举上一个“不动点”（就是不修改的元素）A[j]（显然必须满足A[j]<=A[i]且F[j]=F[i]-1），这样最小修改量就是G[j]+(将A[j..i]转变为不下降序列的最小修改量）。可以证明，A[j..i]的最优修改方案必然是将A[j+1..t]全部修改为A[j]，A[t+1..i]全部修改为A[i]，这里t是一个[j..i]范围的值。问题就是如何求出最优的t？
一开始，假设t=j，即把A[j+1..i-1]全部修改为A[i]，计算出修改量，设为S。然后，由于A[j+1..i-1]之间的元素要么小于A[j]，要么大于A[i]（这个是显然的囧），我们把小于A[j]的元素称为“小数”，把大于A[i]的元素称为“大数”，则当t取t0时，修改量为S-(A[i]-A[j])*(A[j+1..t0]中的“小数”个数减去“大数”个数）。这样，只需扫描一下，求出使得(A[j+1..t0]中的“小数”个数减去“大数”个数）值最大的t0即可。
当然还有一个问题，对于同一个i，满足“A[j]<=A[i]且F[j]=F[i]-1”的元素个数可能有很多，如果一个一个枚举，一个一个扫描，会很慢的囧……解决方法是，求出满足这个条件的j中最小的一个，设为j0，然后把A[j0+1..i-1]中的所有“小数”和“大数”全部处理出来，然后用类似前缀和的方法就能搞了囧……当然，为了找到j0，需要建一个二分图，边为(F[i], i)。
最后，为了方便，可以把A序列的左边加一个-INF，右边加一个+INF。最后总的时间复杂度，理论上为O(N ²)，但由于是随机数据，所以远远达不到这个级别。

代码：

#include < iostream >
#include < stdio.h >
#include < stdlib.h >
#include < string .h >
using namespace std;
#define re(i, n) for (int i=0; i<n; i++)
#define re1(i, n) for (int i=1; i<=n; i++)
#define re2(i, l, r) for (int i=l; i<r; i++)
#define re3(i, l, r) for (int i=l; i<=r; i++)
#define rre(i, n) for (int i=n-1; i>=0; i--)
#define rre1(i, n) for (int i=n; i>0; i--)
#define rre2(i, r, l) for (int i=r-1; i>=l; i--)
#define rre3(i, r, l) for (int i=r; i>=l; i--)
#define ll long long
const int MAXN = 40010 , INF = ~ 0U >> 2 ;
struct edge {
     int a, b, pre, next;
} E[MAXN << 1 ];
int n, m, A[MAXN], D[MAXN], F[MAXN], W[MAXN], res1;
ll G[MAXN], res2;
void init_d()
{
    re(i, n) E[i].pre = E[i].next = i; m = n;
}
void add_edge( int a, int b)
{
    E[m].a = a; E[m].b = b; E[m].pre = E[a].pre; E[m].next = a; E[a].pre = m; E[E[m].pre].next = m ++ ;
}
void init()
{
    scanf( " %d " , & n);
    A[ 0 ] = - INF; re1(i, n) {scanf( " %d " , & A[i]); A[i] -= i;} A[ ++ n] = INF; n ++ ;
}
void solve()
{
    init_d(); F[ 0 ] = 0 ; G[ 0 ] = 0 ; D[ 0 ] = - INF; add_edge( 0 , 0 ); int len = 0 , l, r, mid, x, maxw; ll sum, tmp;
    re2(i, 1 , n) {
         if (A[i] >= D[len]) D[F[i] = ++ len] = A[i]; else {
            l = 0 ; r = len;
             while (l < r) {
                mid = l + r + 1 >> 1 ;
                 if (A[i] >= D[mid]) l = mid; else r = mid - 1 ;
            }
            D[F[i] = ++ l] = A[i];
        }
         for ( int p = E[F[i] - 1 ].next; ; p = E[p].next) if (A[i] >= A[x = E[p].b]) break ;
        W[x] = 0 ; re2(j, x + 1 , i) if (A[j] < A[i]) W[j] = W[j - 1 ] + 1 ; else W[j] = W[j - 1 ] - 1 ;
        sum = 0 ; maxw = - INF; G[i] = ~ 0Ull >> 2 ;
        rre2(j, i, x) {
             if (A[j] <= A[i] && F[j] == F[i] - 1 ) {
                tmp = G[j] + sum; if (tmp < G[i]) G[i] = tmp;
                tmp = G[j] + sum - (ll) (maxw - W[j]) * (A[i] - A[j]); if (tmp < G[i]) G[i] = tmp;
            }
             if (A[j] > A[i]) sum += A[j] - A[i]; else sum += A[i] - A[j];
             if (W[j] > maxw) maxw = W[j];
        }
        add_edge(F[i], i);
    }
    res1 = n - F[n - 1 ] - 1 ; res2 = G[n - 1 ];
}
void pri()
{
    cout << res1 << endl << res2 << endl;
}
int main()
{
    init();
    solve();
    pri();
     return 0 ;
}

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