【Luogu P1439】最长公共子序列（LCS）

Luogu P1439
令f[i][j]表示a的前i个元素与b的前j个元素的最长公共子序列
可以得到状态转移方程:

if (a[i]==b[j]) dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j],dp[i][j-1]);

时空复杂度都为O(n²)
对于本题这种做法显然是无法接受的。

我们可以对这个题目进行转化。仔细看题，可以发现a,b两个序列都是1-n的排列。
那么，我们可以利用映射，将a中的数一一映射成为1,2,3,4,5……,n
再把b中的数一一对应更改。由于a中的数是升序的，所以b中的最长上升子序列的长度就是a与b的最长公共子序列。LCS问题就转化成了LIS问题。
例如样例
a的 3 2 1 4 5映射为1 2 3 4 5
则b从1 2 3 4 5变为3 2 1 4 5
结合上面的分析就会变得很容易理解了。

#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,a[100005],b[100005],k[100005],dp[100005],ans;
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;i++) 
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		k[a[i]]=i;
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&b[i]);
		b[i]=k[b[i]];
	}
	dp[1]=1;
	for (int i=2;i<=n;i++)
	{
		for (int j=1;j<i;j++)
		{
			if (b[i]>b[j]) dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);
			else dp[i]=max(1,dp[i]);
		}
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
		ans=max(ans,dp[i]);
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

这个动态规划可以很轻松地写出来，但是我们发现时间还是不够优秀。

那么我们就要对这个算法进行优化。对于LIS问题，有一种广为人知的O(nlogn)的解法。
dp[i]中存储长度为i的LIS的最后一个数。
如果符合单调上升就直接增长长度并记录，否则就利用STL二分查找出dp数组中第一个大于b[i]的位置，替换它。
举个例子，例如 3 6 2 4 7 8
一开始的序列{3}，接着变成{3,6}
遇到2之后我们将3替换{2,6}，为什么可以进行替换呢？
因为后面还有一个4可以替换掉6，构成一条更优的序列。（保证结尾尽可能小，就能保证序列尽可能优）
如果后面没有4呢？那么也没有关系，因为这个2即使修改了也对答案没有任何影响。
（想一想为什么）

dp[1]=b[1];
len=1;
for (int i=2;i<=n;i++)
{
	if (b[i]>dp[len]) dp[++len]=b[i];//记录并增长长度。
	else
	{
		int x=upper_bound(dp+1,dp+1+len,b[i])-dp;
		dp[x]=b[i];
		//利用STL二分查找出dp数组中第一个大于b[i]的位置，替换它。
	}
	
}

完整代码如下：

#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,a[100005],b[100005],k[100005],dp[100005],ans,len;
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;i++) 
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		k[a[i]]=i;//映射
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&b[i]);
		b[i]=k[b[i]];//对应修改
	}
	dp[1]=b[1];
	len=1;
	for (int i=2;i<=n;i++)
	{
		if (b[i]>dp[len]) dp[++len]=b[i];
		else
		{
			int x=upper_bound(dp+1,dp+1+len,b[i])-dp;
			dp[x]=b[i];
		}
	}
	printf("%d",len);
	return 0;
}