【题解】P1020 导弹拦截

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前言

本来开开心心敲个 \(O(n^2)\) 走人的……

我嘞个超绝 \(200\) 分啊！

正文

首先嗷，这个题是可以 \(O(n^2)\) 过滴！

转化一下题意：第一问即求最长不上升子序列的长度，第二问即求最少能被划分成多少个不上升子序列

第一问

DP 是非常好想的，记 \(dp1_i\) 为截止到 \(i\) 且 \(a_i\) 必选的第一问的答案

转移方程：\(dp1_i = \max \lbrace {dp1_j + 1} \rbrace,a_j \ge a_i\)

答案的计算也是显然的……形如：\(ans = \mathop{\max}\limits_{i=1}^{n} \lbrace dp1_i \rbrace\)

但是捏，我们要追求一下 \(200\) 分，需要给出一种优于 \(O(n^2)\) 的算法

这个东西长得就很像决策单调性优化 DP 的套路

如何证明该 DP 转移有决策单调性？

记 \(f_i\) 表示对于所有长度为 \(i\) 的单调不升子序列，它的最后一项的大小的最大值。特别地，若不存在则 \(f_i = 0\)

显然有 \(f_i\) 在 \([1,n]\) 上单调不升

不严格的证明
考虑使用反证法。假设 \(\exists u < v\)，满足 \(f_u < f_v\)
考虑长度为 \(v\) 的单调不升子序列，根据定义它以 \(f_v\) 结尾
而我们可以从该序列中构造出一个长度为 \(u\) 的单调不升子序列，它的结尾同样是 \(f_v\)，那么由于 \(f_v>f_u\)，与 \(f_u\) 最大相矛盾，故假设不成立

嗯嗯，对于 \(f_i\) 的单调性我们有了不严格的证明捏！

现在考虑以 \(i\) 结尾的单调不升子序列的长度的最大值 \(dp1_i\)

由于我们需要计算所有满足 \(h_j > h_i\) 中，\(dp1_j\) 的最大值（我们称 \(j\) 是 \(i\) 的决策点，显然有 \(j\) 是关于 \(i\) 的函数）
​
考察这个 \(dp1_j\) 的最大值，不妨设 \(x=dp1_j\)，那么如果 \(a_i > f_x\)，由于 \(f_x \le a_j\) 就有 \(a_i > a_j\)，与 \(a_i \le a_j\) 矛盾，故假设不成立

因此总有 \(a_i \le f_x\)

以上我们证明了 DP 具有的决策单调性，采用二分法即可（当然 upper_bound 和 lower_bound 好用捏！）

时间复杂度 \(O(n \log n)\)

第二问

前置知识：Dilworth 定理

Dilworth 定理
最长反链 \(=\) 最小链覆盖

然后第二问就进一步转化为求最长上升子序列的长度

同上即可！

代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
int n=1,a[maxn];
int dp1[maxn],dp2[maxn];
int len1,len2;
signed main(){
	while(cin>>a[n]){
		n++;
	}
	n--;
	len1=1;
	len2=1;
	dp1[1]=a[1];
	dp2[1]=a[1];
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(a[i]<=dp1[len1]){
			dp1[++len1]=a[i];
		}else{
			int p=upper_bound(dp1+1,dp1+len1+1,a[i],greater<int>())-dp1;
			dp1[p]=a[i];
		}
		if(a[i]>dp2[len2]){
			dp2[++len2]=a[i];
		}else{
			int p=lower_bound(dp2+1,dp2+len2+1,a[i])-dp2;
			dp2[p]=a[i];
		}
	}
	cout<<len1<<endl<<len2<<endl;
	return 0;
}

后记

也许，云落真的很……

完结撒花！