ABC237
ABC237
F
题目大意
求长度为 \(n\) 且最长上升子序列长度恰好为 \(3\) 的序列 \(a\) 的个数（\(1 \leq a_i \leq m\)）。
解题思路
不难判断这道题是一道线性 dp。
先考虑求最长上升子序列的过程：可以把线性扫描序列理解为一个不断在这个序列后加数的过程。
当最长上升子序列被更新时当且仅当加的这个数大于原最长上升子序列的最后一项。
考虑到原来的最长上升子序列最后一项可能会有多值，我们可以只保留最小值，使得任意能更新最长上升子序列的数都必定大于这个值。
又发现题目中只要求维护的最长上升子序列长度为 \(3\)，且 \(a_i\) 范围很小，我们便可以在 \(dp\) 中用三维分别表示长度为 \(1\)、\(2\)、\(3\) 的最长上升子序列末尾最小值。
于是我们便可以设计以下的动态规划：
- 状态表示：\(dp[i][x][y][z]\) 表示长度为 \(i\)，长度为 \(1\) 的上升子序列最后一项的最小值为 \(x\)，为 \(2\) 的为 \(y\) ，为 \(3\) 的为 \(z\)（编码技巧：可以用 \(m+1\) 表示不存在）。
- 初始化：\(dp[0][m + 1][m + 1][m + 1]=1\)。
- 状态转移：原来的三个数为 \(x\) 、 \(y\) 、 \(z\) ，现加入一个数 \(j\)，将第一个比 \(j\) 大的数换成 \(j\) 即可（注意当且仅当 \(x \leq y \leq z\) 时转移，否则无意义）。
\[\begin{cases}
dp[i][j][y][z]=dp[i][j][y][z] + dp[i - 1][x][y][z]\text{, $j \leq x$}\\
dp[i][x][j][z]=dp[i][x][j][z] + dp[i - 1][x][y][z]\text{, $x < j \leq y$}\\
dp[i][x][y][j]=dp[i][x][y][j] + dp[i - 1][x][y][z]\text{, $y < j \leq z$}
\end{cases}
\]
- 答案：满足 \(x<y<z\) 的 \(dp[n][x][y][z]\) 的和。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define endl "\n"
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1010, P = 998244353;
int n, m;
ll dp[N][20][20][20], ans;
int main()
{
ios :: sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> m;
dp[0][m + 1][m + 1][m + 1] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 1; j <= m; j++)
{
for (int x = 1; x <= m + 1; x++)
{
for (int y = x; y <= m + 1; y++)
{
for (int z = y; z <= m + 1; z++)
{
if (j <= x)
{
(dp[i][j][y][z] += dp[i - 1][x][y][z]) %= P;
}
else if (j <= y)
{
(dp[i][x][j][z] += dp[i - 1][x][y][z]) %= P;
}
else if (j <= z)
{
(dp[i][x][y][j] += dp[i - 1][x][y][z]) %= P;
}
}
}
}
}
}
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
for (int j = i + 1; j <= m; j++)
{
for (int k = j + 1; k <= m; k++)
{
(ans += dp[n][i][j][k]) %= P;
}
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
G
题目大意
给出区间升序和区间降序排列两种操作，操作 \(m\) 次后，求原排列中 \(x\) 现在的位置。
解题思路
关于区间排序有一个经典 trick，我们可以将大于 \(x\) 的数标为 \(1\)，小于等于 \(x\) 的数标为 0。
为什么？众所周知，排序一次复杂度为 \(O(n\log n)\)，难以接受。
但是这么标了之后由于只剩下 \(0\) 和 \(1\)，我们便可以使用线段树统计 \(1\) 个数。
令 \(1\) 的个数为 \(sum\)。
- 对于操作 \(1\) ，用线段树将 \([l, r - sum]\) 区间推平为 \(0\)，将 \([r - sum + 1, r]\) 区间推平为 \(1\)，如果此时数 \(x\) 在区间中，就将它更新为 \(r - sum\)。
- 对于操作 \(2\) ，用线段树将 \([l, l + sum - 1]\) 区间推平为 \(1\)，将 \([l + sum, r]\) 区间推平为 \(0\)，如果此时数 \(x\) 在区间中，就将它更新为 \(l + sum\)。
如此操作，单次操作复杂度就可以做到 \(O(\log n)\)，一共\(O(m\log n)\)，可以通过本题。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define endl "\n"
#define ls x << 1
#define rs x << 1 | 1
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int n, m, p, ans;
int a[N];
struct SGT
{
int lc[N << 2], rc[N << 2];
long long dat[N << 2], tag[N << 2];
inline void push_up(int x)
{
dat[x] = dat[ls] + dat[rs];
}
inline void push_down(int x)
{
if (!tag[x])
{
return;
}
if (tag[x] == 1)
{
dat[ls] = rc[ls] - lc[ls] + 1;
dat[rs] = rc[rs] - lc[rs] + 1;
}
else
{
dat[ls] = dat[rs] = 0;
}
tag[ls] = tag[rs] = tag[x];
tag[x] = 0;
return;
}
void build(int x, int l, int r)
{
lc[x] = l, rc[x] = r;
tag[x] = 0;
if (l == r)
{
dat[x] = a[l] > p;
return;
}
int mid = (l + r) / 2;
build(ls, l, mid);
build(rs, mid + 1, r);
push_up(x);
return;
}
void modify(int x, int l, int r, int k)
{
if (l > rc[x] || r < lc[x])
{
return;
}
if (lc[x] >= l && rc[x] <= r)
{
dat[x] = k * (rc[x] - lc[x] + 1);
tag[x] = k ? 1 : -1;
return;
}
push_down(x);
modify(ls, l, r, k);
modify(rs, l, r, k);
push_up(x);
return;
}
long long ask(int x, int l, int r)
{
if (l > rc[x] || r < lc[x])
{
return 0;
}
if (lc[x] >= l && rc[x] <= r)
{
return dat[x];
}
push_down(x);
return ask(ls, l, r) + ask(rs, l, r);
}
} t;
int main()
{
ios :: sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> m >> p;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> a[i];
if (a[i] == p)
{
ans = i;
}
}
t.build(1, 1, n);
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
int op, l, r;
cin >> op >> l >> r;
int sum = t.ask(1, l, r);
if (op == 1)
{
t.modify(1, l, r - sum, 0);
t.modify(1, r - sum + 1, r, 1);
if (l <= ans && ans <= r)
{
ans = r - sum;
}
}
else
{
t.modify(1, l, l + sum - 1, 1);
t.modify(1, l + sum, r, 0);
if (l <= ans && ans <= r)
{
ans = l + sum;
}
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
