LIS(最长上升子序列)的三种经典求法

求最长上升子序列的三种经典方案:

题型简介:

给定一个长度为 $ N $ 的数列,求它数值单调递增的子序列长度最大为多少。即已知有数列 $ A $ , $ A={A_1,A_2....A_n} $ ,求 $ A $ 的任意子序列 $ B $ ( $ B={A_{k_1},A_{k_2}....A_{k_p}} $ ),使 $ B $ 满足 $ k_1<k_2<....<k_p $ 且 $ A_{k_1}<A_{k_2}<....<A_{k_p} $ 。现求 $ p $ 的最大值。



$ solution\quad 1: $

先说一种最普遍的方法,因为所求为子序列,所以这道题很容易想到一种线性动态规划。我们需要求最长上升子序列,为了上升我们肯定要知道我们当前阶段最后一个元素为多少,为了最长我们还要知道当前我们的序列有多长。我们可以用前者来充当第一维描述:设 $ F[i] $ 表示以 $ A[i] $ 为结尾的最长上身子序列的长度,为了保证保证元素单调递增我们肯定只能从 $ i $ 前面的且末尾元素比 $ A[i] $ 小的状态转移过来:

$ F[i]=^{max}_{0\leq j<i,A[j]<a[i]}\{F[j]+1\} $

初始值为 $ F[0]=0 $ ,而答案可以是任何阶段中只要长度最长的那一个,所以我们边转移边统计答案。

复杂度: $ O(n^2) $

$ code\quad 1: $

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
#define rg register int
using namespace std;

int n,ans;
int a[10005];
int f[10005];

int main(){ cin>>n;
	for(rg i=1;i<=n;++i) cin>>a[i];
	for(rg i=1;i<=n;++i){
		for(rg j=1;j<i;++j) //枚举转移
			if(a[j]<a[i])f[i]=max(f[i],f[j]);
		++f[i]; ans=max(ans,f[i]); //更新答案
	}cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

$ solution\quad 2: $

我们发现上一种方法会枚举前面较小的位置,我们考虑能否用数据结构优化,首先将转移方程列一下:

$ F[i]=^{max}_{0\leq j<i,A[j]<a[i]}\{F[j]+1\} $

我们发现大括号中的 $ 1 $ 与 $ j $ 没有任何关系,所以我们将它提取出来:

$ F[i]=1+~~^{max}_{0\leq j<i,A[j]<a[i]}\{F[j]\} $

然后我们发现我们只需要将比 $ i $ 小的所有的符合 $ A[j]<A[i] $ 的 $ F[j] $ 的最大值求出来,但是这个条件 $ A[j]<A[i] $ 实在是太麻烦了,所以我们换一种思维方法:对于原序列每个元素,它有一个下标和一个权值,最长上升子序列实质就是求最多有多少元素它们的下标和权值都单调递增。

于是我们将 $ A $ 数组的每一个元素先记下他现在的下标,然后按照权值从小到大排序。接着我们按从小到大的顺序枚举 $ A $ 数组,(此时权值已经默认单调递增了)我们的转移也就变成从之前的标号比它小的状态转移过来,这个我们只需要建立一个与编号为下标维护长度的最大值的树状数组即可,枚举 $ A $ 数组时按元素的序号找到它之前序号比他小的长度最大的状态更新,然后将它也加入树状数组中。 期望复杂度: $ O(nlog(n)) $

$ code\quad 2: $

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define rg register int
using namespace std;

int n;
int s[200005];

struct su{
    int v,id; //按照权值为第一关键字保证算法正确性
    inline bool operator <(su x){
		if(v==x.v)return id>x.id; //按照序号从大到小可以保证所求为上升子序列
		return v<x.v; //(针对标号)因为相同权值的数,前面的状态不能转移给后面
	}                 //(针对标号)从大到小枚举就不会出现这种情况
}a[200005];

inline void add(int x,int y){
    for(;x<=n;x+=x&-x) s[x]=max(s[x],y);
}

inline int ask(int x){
    rg res=0;
    for(;x>=1;x-=x&-x) res=max(s[x],res);
    return res;
}

int main(){
    cin>>n;
    for(rg i=1;i<=n;++i)
        cin>>a[i].v,a[i].id=i;
    sort(a+1,a+n+1);
    for(rg i=1;i<=n;++i)
		add(a[i].id,ask(a[i].id)+1);
    cout<<ask(n)<<endl;
    return 0;
}


关于树状数组求最长上升子序列的方案及方案数,这个需要结构体来实现,构建结构体数组使其中每一个元素可以包含多个信息,这样在树状数组更新时可以做到顺便兼顾记录前驱,以及累计方案数(需要去重)。关于具体如何实现,可以参见我出的这场考试中的第二题:五彩棒

另外真的很抱歉,博主现在拿的平板,家里电脑坏了,不能具体解答。


$ solution\quad 3: $

这是最快的方法:贪心加二分查找

我之前说过:我们肯定要知道我们当前阶段最后一个元素为多少,还有当前我们的序列有多长。前两种方法都是用前者做状态,我们为什么不可以用后做状态呢?:设 $ F[i] $ 表示长度为 $ i $ 的最长上升子序列的末尾元素的最小值,我们发现这个数组的权值一定单调不降(仔细想一想,这就是我们贪心的来由)。于是我们按顺序枚举数组 $ A $ ,每一次对 $ F[] $ 数组二分查找,找到小于 $ A[i] $ 的最大的 $ F[j] $ ,并用它将 $ F[j+1] $ 更新。

注意:这个方法虽快,但是讲实话还是树状数组好一些,因为对于最长上升子序列的方案输出和计算方案数(upd:很抱歉咕掉了,现在补一下坑,在上面第二种方法结尾),树状数组有很多优势!二分查找因为贪心的缘故会被限制。

期望复杂度: $ O(nlogn) $

$ code\quad 3: $

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define rg register int
using namespace std;

int n;
int a[200005];
int f[200005];

int main(){
	cin>>n;
	for(rg i=1;i<=n;++i) cin>>a[i];
	rg ans=1; f[1]=a[1];
	for(rg i=2;i<=n;++i){
		rg l=1,r=ans,mid;
		while(l<=r){
			mid=(l+r)>>1;
			if(a[i]<=f[mid])r=mid-1;
			else l=mid+1;
		}f[l]=a[i];
		if(l>ans)++ans;
	}cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

posted @ 2019-06-09 09:33  一只不咕鸟  阅读(13468)  评论(5编辑  收藏  举报