Longest Unfriendly Subsequence题解证明

问题描述：
定义⼀个序列是杂乱的当且仅当其任意三个相邻的元素都互不相同。 给定序列 ，求其最⻓杂乱的⼦序列的⻓度。 注：子序列可以不连续，可视为原序列中删掉部分元素后得到的序列。

用 \(dp[x][y]\) 表示末尾两位为 \(x,y\) 的最长杂乱子序列的长度。对于每个 \(a_i\) 我们枚举 \(y\),则我们只需要维护 \(dp[x][y]\) 最大的两个 \(x\) 即可，分别为 \(x_1,x_2\,(dp[x_1][y]>=dp[x_2][y])\)。下为证明，若 \(x_1\neq a_i\)，则 \(dp[x_1][y]>=dp[x_j][y]\)，\(x_1\) 为最佳选择；若 \(x_1= a_i\)，则 \(x_1\) 无法选择，\(dp[x_2][y]>=dp[x_j][y]\)，\(x_2\) 为最佳选择。而 \(dp[x][y]\) 会转移成 \(dp[y][a_i]\)，意味着 \(x\) 的选择不会影响接下来的转移。
接下来考虑 \(y\) 的选择，按题解所述，当状态转移到 \(a_i\) 时，我们只需维护以出现过的最后5个元素为末尾的5种状态。不妨假设这5种元素按顺序分别\(y_1,y_2,y_3,y_4,y_5\)。用反证法，我们假设需要维护的还有其他状态，末尾是 \(y_0\,(y_0\neq y_j)\)。接下来考虑由状态 \(dp[x][y_0]\) 转移过来的状态 \(dp[y_0][y_j]\)。不妨假设\(y_1,y_2\)分别与 \(dp[x][y_0]\) 维护的的2种 \(x\) 冲突，\(y_3\) 与 \(a_i\) 冲突,则至少存在\(dp[y_4][a_i]>dp[y_0][a_i]，dp[y_5][a_i]>dp[y_0][a_i]\)，由之前所证结论可知，以 \(a_i\) 为末尾的状态只需维护 \(y_4,y_5\) 两种，这与假设的还需维护 \(y_0\) 为末尾的状态相冲突，因此，结论得证。

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#define PII pair<int,int>
#define PIII pair<int,vector<PII>>
int a[N];
deque<PIII>dp[N];
void solve() {
	cin >> n;
	for (int i = 0; i <= n; i++) {
		dp[i].clear();
	}
	dp[0].push_back({0,{{0,-1}}});
	map<int,int>q;
	int ans=0;
	
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
		q.clear();
		for(auto[y,u]:dp[i-1]){
			if(y==a[i]){
				for(auto [w,x]:u){
					if(x!=a[i]){
						q[x]=max(q[x],w);
					}
				}
				continue;
			}
			for(auto [w,x]:u){
				if(x!=a[i]){
					q[y]=max(q[y],w+1);
				}
			}
		}
		int mx=-1,mxi=-1;
		int mxx=-1,mxxi=-1;
		for(auto[y,w]:q){
			if(w>mx){
				mxx=mx;
				mxxi=mxi;
				mx=w;
				mxi=y;
			}else if(w>mxx){
				mxx=w;
				mxxi=y;
			}
		}
		ans=max(ans,mx);
		dp[i].push_back({a[i],{}});
		if(mx!=-1){
			dp[i][0].second.push_back({mx,mxi});
		}
		if(mxx!=-1){
			dp[i][0].second.push_back({mxx,mxxi});
		}
		for(auto[y,u]:dp[i-1]){
			if(dp[i].size()==5)break;
			if(y!=a[i]){
				dp[i].push_back({y,u});
			}
		}
//		for(auto[y,u]:dp[i]){
//			cout<<y<<":\n";
//			for(auto[w,x]:u){
//				cout<<x<<"->"<<w<<' ';
//			}cout<<endl;
//		}
//		cout<<endl;
	}
	cout<<ans<<endl;

}