AcWing 272. 最长公共上升子序列
\(AcWing\) \(272\). 最长公共上升子序列
一、题目描述
熊大妈的奶牛在小沐沐的熏陶下开始研究信息题目。
小沐沐先让奶牛研究了最长上升子序列，再让他们研究了最长公共子序列，现在又让他们研究 最长公共上升子序列 了。
小沐沐说，对于两个数列 \(A\) 和 \(B\)，如果它们都包含一段位置不一定连续的数，且数值是严格递增的，那么称这一段数是两个数列的公共上升子序列，而所有的公共上升子序列中最长的就是最长公共上升子序列了。
奶牛半懂不懂，小沐沐要你来告诉奶牛什么是最长公共上升子序列。
不过，只要告诉奶牛它的长度就可以了。
数列 \(A\)和 \(B\) 的长度均不超过 \(3000\)。
输入格式
第一行包含一个整数 \(N\)，表示数列 \(A，B\) 的长度。
第二行包含 \(N\)个整数，表示数列 \(A\)。
第三行包含 \(N\)个整数，表示数列 \(B\)。
输出格式
输出一个整数，表示最长公共上升子序列的长度。
数据范围
\(1≤N≤3000\),序列中的数字均不超过 \(2^{31}−1\)。
输入样例：
4
2 2 1 3
2 1 2 3
输出样例：
2
二、前导知识
状态表示 \(f[i]\)表示从第一个数字开始算，以\(a[i]\) 结尾 的最长的上升序列长度。(以\(a[i]\)结尾的所有上升序列中属性为最长的那一个)
状态计算
定义\(f[i][j]\)是\(a[]\)以\(i\)结尾，\(b[]\)以\(j\)结尾的 最长公共子序列长度，但没有说\(a[i]\)或者\(b[j]\)一定要出现在最长公共子序列当中！这个最长公共子序列，可能是\(a[]\)和\(b[]\)的一些前序组成的，\(a[i],b[j]\)也可能没有对结果产生贡献。
\( \large \left\{\begin{array}{l} f[i][j]=f[i-1][j-1]+1 & a[i]=b[j] \\ f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j-1]) & a[i] \neq b[j] \end{array}\right. \)
这是两个经典\(DP\)模型的结合版：
\(LIS\) (最长上升子序列，\(Longest\) \(Increasing\) \(Subsequence\))
\(LCS\) (最长公共子序列，\(Longest\) \(Common\) \(Subsequence\))
\(LCIS\) (最长公共上升子序列，\(Longest\) \(Common\) \(Increasing\) \(Subsequence\))
\(LCIS\) 也是一个 相当经典 的\(DP\)模型，他的 状态分析 是 \(LIS\) 与 \(LCS\) 的结合，且听我慢慢道来
三、本题解法
闫氏\(DP\)分析法：(结合了\(LCS\)与\(LIS\)的状态表示的方法，可以很直接的发现二者的影子)
状态表示
-
\(f[i][j]\)—集合：考虑 \(a\) 中前 \(i\) 个数字，\(b\) 中前 \(j\) 个数字 ，且当前以 \(b[j]\) 结尾的子序列的方案
-
\(f[i][j]\)—属性：\(max(\)所有符合条件方案的子序列长度\()\)
状态转移
- \(\large a_i \neq b_j\)
考虑 \(a\) 数组中前\(i-1\)个数字， \(b\)数组中前\(j\)个数字 ，且当前以 \(b[j]\) 结尾的子序列的方案转移过来：
- \(\large a_i = b_j\)
考虑 \(a\) 数组中前\(i-1\)个数字， \(b\)数组中前 \(k\) 个数字 ，且当前以 \(b[k]\) 结尾的子序列的方案转移过来：
如果直接按上述思路实现，需要三重循环：
for (int i = 1; i <= n; i ++ ){
for (int j = 1; j <= n; j ++ ){
f[i][j] = f[i - 1][j]; //不管a[i]是否等于b[j],f[i][j]一定会从f[i-1][j]继承过来
if (a[i] == b[j]){
int maxv = 1; //最起码命中了一个a[i]==b[j],LCIS最少是1
for (int k = 1; k < j; k ++ )
if (a[i] > b[k]) // 不光是公共，还要上升
maxv = max(maxv, f[i - 1][k] + 1);
f[i][j] = max(f[i][j], maxv);
}
}
}
实现代码\(O(N^3)\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3010;
int a[N], b[N];
int f[N][N];
int res;
// O(n^3)
int main() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> b[i];
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++) {
// ① 二维DP打表的一般套路，都是可以直接从上一行继承的
// ② 从题意出发，就是a中前i个数字，b中前j个数字，且以b[j]结尾的子序列中长度最大的
// 那么，a中多整出一个数字来，最起码也是f[i-1][j]的值，不能更小
f[i][j] = f[i - 1][j];
// ③ 如果恰好 a[i]==b[j],那么就可以发生转移
if (a[i] == b[j]) {
int maxv = 1; // 最起码a[i]==b[j]，有一个数字是一样嘀~
// f[i-1]是肯定的了，问题是b的前驱在哪里？需要枚举1~j-1
for (int k = 1; k < j; k++)
if (a[i] > b[k]) // 公共还不成，还需要上升
// 找出公共且最长的
maxv = max(maxv, f[i - 1][k] + 1);
// 更新答案
f[i][j] = max(f[i][j], maxv);
}
}
int res = 0;
// a数组肯定是火力全开到n就行，b数组中的位置就需要枚举了
for (int i = 1; i <= n; i++) res = max(res, f[n][i]);
printf("%d\n", res);
return 0;
}
四、优化
\(Q\):朴素办法超时(\(10/16\))，如何优化？
观察到，对于第二种状态转移：\(f_{i,j}=max(f_{i,j},f_{i−1,k}+1) \ k∈[0,j−1],a_i=b_j,b_j>b_k\)
每次用到的 状态 都是第 \(i - 1\) 个阶段的
因此我们可以用一个变量，存储上一个阶段的能够接在 \(a[i]\) 前面的最大的状态值
最终答案枚举子序列结尾取最大值即可。
实现代码\(O(N^2)\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3010;
int a[N], b[N];
int f[N][N];
int res;
// O(n^2)
int main() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> b[i];
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int maxv = 1;
for (int j = 1; j <= n; j++) {
f[i][j] = f[i - 1][j];
if (a[i] == b[j]) f[i][j] = max(f[i][j], maxv);
if (a[i] > b[j]) maxv = max(maxv, f[i - 1][j] + 1);
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) res = max(res, f[n][i]);
printf("%d\n", res);
return 0;
}
五、空间优化
本题还可以继续优化成一维数组，但在现实中意义不大。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3010;
int a[N], b[N], f[N], n;
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> b[i];
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int maxv = 1;
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if (a[i] == b[j]) f[j] = max(maxv, f[j]);
if (a[i] > b[j]) maxv = max(f[j] + 1, maxv);
}
}
int res = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) res = max(res, f[i]);
cout << res << endl;
return 0;
}
