NYOJ 17 单调递增最长子序列(O(n2))+HDU 1025 Constructing Roads In JGShining +NYOJ 214 单调递增子序列(二)(O(nlogn))（整理）

题目链接：http://acm.nyist.net/JudgeOnline/problem.php?pid=17

这题其实是跟导弹拦截一样的，因为还有个加强版，所以把这个跟加强版一起贴上来。经典动态规划题,以后的动态规划很多都是从这个衍生出来的，所以就找了段自己认为比较详细的解释来了，保存下来，备用，语言组织能力太差。。。。。。

一， 最长递增子序列问题的描述

　　设L=<a1,a2,…,an>是n个不同的实数的序列，L的递增子序列是这样一个子序列Lin=<aK1,ak2,…,akm>，其中k1<k2<…<km且aK1<ak2<…<akm。求最大的m值。

二，算法1：动态规划法:O(n^2)

　　设f(i)表示L中以ai为末元素的最长递增子序列的长度。则有如下的递推方程：

　　这个递推方程的意思是，在求以ai为末元素的最长递增子序列时，找到所有序号在L前面且小于ai的元素aj，即j<i且aj<ai。如果这样的元素存在，那么对所有aj,都有一个以aj为末元素的最长递增子序列的长度f(j)，把其中最大的f(j)选出来，那么f(i)就等于最大的f(j)加上1，即以ai为末元素的最长递增子序列，等于以使f(j)最大的那个aj为末元素的递增子序列最末再加上ai；如果这样的元素不存在，那么ai自身构成一个长度为1的以ai为末元素的递增子序列。一般在解决问题的时候都是用到动态规划，所以就贴出代码了。主要用这个。。。。。。
代码：

#include<stdio.h>//**O（n^2）
#include<string.h>
int main()
{
char str[10001];
int s,len,i,j,dp[10001],max;
scanf("%d",&s);
while(s--)
{
max=0;
scanf("%s",str);
len=strlen(str);
for(i=0;i<=len-1;i++)
{
dp[i]=1;//**dp[i]的最小值为1**//
}
for(i=len-2;i>=0;i--)
{
for(j=i+1;j<=len-1;j++)
{
if(str[i]<str[j]&&dp[i]<dp[j]+1)
{
dp[i]=dp[j]+1;//**更新dp[i]的值**//
}
}
}
for(i=0;i<=len-1;i++)
{
if(dp[i]>max)
{
max=dp[i];
}
}
printf("%d\n",max);
}
}

三， 算法2：转化为LCS问题求解

　　设序列X=<b1,b2,…,bn>是对序列L=<a1,a2,…,an>按递增排好序的序列。那么显然X与L的最长公共子序列即为L的最长递增子序列。这样就把求最长递增子序列的问题转化为求最长公共子序列问题LCS了。

　　最长公共子序列问题用动态规划的算法可解。设Li=< a1,a2,…,ai>,Xj=< b1,b2,…,bj>，它们分别为L和X的子序列。令C[i,j]为Li与Xj的最长公共子序列的长度。则有如下的递推方程：

　这可以用时间复杂度为O(n2)的算法求解，由于这个算法上课时讲过，所以具体代码在此略去。求最长递增子序列的算法时间复杂度由排序所用的O(nlogn)的时间加上求LCS的O(n2)的时间，算法的最坏时间复杂度为O(nlogn)＋O(n2)＝O(n2)。

（额，这种方法没用过，就当作发散下思维吧）LCS算法比较的是任意两个序列的最长公共子序列，在最长递

增子序列中，我们将原序列A首先升序排列得到B，然后将A和B求LCS就可以达到目的。

上面两种方法的复杂度都为O(n^2),第二种方法并没有改进。。。。。。

四， 对算法1的改进(O(nlogn))

题目链接：http://acm.nyist.net/JudgeOnline/problem.php?pid=214

　　在第一种算法中，在计算每一个f(i)时，都要找出最大的f(j)(j<i)来，由于f(j)没有顺序，只能顺序查找满足aj<ai最大的f(j)，如果能将让f(j)有序，就可以使用二分查找，这样算法的时间复杂度就可能降到O(nlogn)。于是想到用一个数组B来存储“子序列的”最大递增子序列的最末元素，即有B[f(j)]
= aj；

　　在计算f(i)时，在数组B中用二分查找法找到满足j<i且B[f(j)]=aj<ai的最大的j,并将B[f[j]+1]置为ai。下面先写出代码，再证明算法的证明性。

#include<stdio.h>//**O(nlogn)**//
#include<string.h>
#define min -32769//**int型最小数为-32768**//
int stack[100001];//**模拟栈，其实不是栈，为了更好形象比较，嘿嘿**//
int main()
{
int n,i,t,top,low,high,mid;
memset(stack,0,sizeof(stack));
while(~scanf("%d",&n))
{
top=0;stack[0]=min;
for(i=0;i<=n-1;i++)
{
scanf("%d",&t);
if(t>stack[top])//**如果输入进来的数比栈顶的数大，直接插入到栈的**//
{
top++;
stack[top]=t;
}
else
{
low=1;high=top;
while(low<=high)//**二分查找，寻找插入位置**//
{
mid=(low+high)/2;
if(t>stack[mid])
{
low=mid+1;
}
else
{
high=mid-1;
}
}
stack[low]=t;//**找到插入位置，并替换点原值**//
}
}
printf("%d\n",top);
}
return 0;
}

现在来证明这个算法为什么是正确的。要使算法正确只须证如下命题：

命题1：每一次循环结束数组B中元素总是按递增顺序排列的。

证明：用数学归纳法，对循环次数ｉ进行归纳。

　　当i=0时，即程序还没进入循环时，命题显然成立。

设i<k时命题成立，当i=k时，假设存在j1<j2,B[j1]>B[j2]，因为第i次循环之前数组B是递增的，因此第i次循环时B[j1]或B[j2]必有一个更新，假设B[j1]被更新为元素ai+1，由于ai+1=B[j1]>
B[j2]，按算法ai+1应更新B[j2]才对，因此产生矛盾；假设B[j2]被更新，设更新前的元素为s,更新后的元素为ai+1，则由算法可知第i次循环前有B[j2]＝s<
ai+1< B[j1]，这与归纳假设矛盾。命题得证。

命题2：B[c]中存储的元素是当前所有最长递增子序列长度为c的序列中，最小的最末元素，即设当前循环次数为i，有B[c]={aj| f(k)=f(j)=c∧k,j≤i+1→aj≤ak}(f(i)为与第二种算法中的f(i)含义相同)。

证明：程序中每次用元素ai更新B[c]时(c=f(i))，设B[c]原来的值为s，则必有ai<s，不然ai就能接在s的后面形成长度为c+1的最长递增子序列，而更新B[c+1]而不是B[c]了。所有B[c]中存放的总是当前长度为ｃ的最长递增子序列中，最小的最末元素。

命题3：设第i次循环后得到的p为p(i+1)，那么p(i)为以元素ai为最末元素的最长递增子序列的长度。

证明：只须证p(i)等于第二种算法中的f(i)。显然一定有p(i)<＝f(i)。假设p(i)<f(i)，那么有两种情况，第一种情况是由二分查找法找到的p(i)不是数组B中能让ai接在后面成为新的最长递增子序列的最大的元素，由命题1和二分查找的方法可知，这是不可能的；第二种情况是能让ai接在后面形成长于p(i)的最长递增子序列的元素不在数组B中，由命题2可知，这是不可能的，因为B[c]中存放的是最末元素最小的长度为c的最长递增子序列的最末元素，若ai能接在长度为L(L>
p(i))的最长递增子序列后面，就应该能接在B[L]后面，那么就应该有p(i)=L,与L>
p(i)矛盾。因此一定有p(i)＝f(i)，命题得证。

算法的循环次数为n，每次循环二分查找用时logn，所以算法的时间复杂度为O(nlogn)。这个算法在第二种算法的基础上得到了较好的改进。

如果证明看晕了，暂时先用一组数据进行形象比较，就可以理解代码含义了。。。。（其实我也看晕了，嘿嘿）

假设存在一个序列d[1...9]=2 1 5 3 6 4 8 9 7,可以看出它的LIS长度为5.

下面一步一步试着找出它。

我们定义一个序列B，然后令 i = 1 to 9 逐个考察这个序列。

此外，我们用一个变量Len来记录现在最长算到多少了

首先，把d[1]有序地放到B里，令B[1] = 2，就是说当只有1一个数字2的时候，长度为1的LIS的最小末尾是2。这时Len=1；

然后，把d[2]有序地放到B里，令B[1] = 1，就是说长度为1的LIS的最小末尾是1，d[1]=2已经没用了，很容易理解吧。这时Len=1；

接着，d[3] = 5，d[3]>B[1]，所以令B[1+1]=B[2]=d[3]=5，就是说长度为2的LIS的最小末尾是5，很容易理解吧。这时候B[1..2] = 1, 5，Len＝2

再来，d[4] = 3，它正好加在1,5之间，放在1的位置显然不合适，因为1小于3，长度为1的LIS最小末尾应该是1，这样很容易推知，长度为2的LIS最小末尾是3，于是可以把5淘汰掉，这时候B[1..2] = 1, 3，Len = 2

继续，d[5] = 6，它在3后面，因为B[2] = 3, 而6在3后面，于是很容易可以推知B[3] = 6, 这时B[1..3] = 1, 3, 6，还是很容易理解吧？ Len = 3 了噢。

第6个, d[6] = 4，你看它在3和6之间，于是我们就可以把6替换掉，得到B[3] = 4。B[1..3] = 1, 3, 4， Len继续等于3

第7个, d[7] = 8，它很大，比4大，嗯。于是B[4] = 8。Len变成4了

第8个, d[8] = 9，得到B[5] = 9，嗯。Len继续增大，到5了。

最后一个, d[9] = 7，它在B[3] = 4和B[4] = 8之间，所以我们知道，最新的B[4] =7，B[1..5] = 1, 3, 4, 7, 9，Len = 5。

于是我们知道了LIS的长度为5。

!!!!!注意。这个1,3,4,7,9不是LIS，它只是存储的对应长度LIS的最小末尾。有了这个末尾，我们就可以一个一个地插入数据。虽然最后一个d[9] = 7更新进去对于这组数据没有什么意义，但是如果后面再出现两个数字 8 和 9，那么就可以把8更新到d[5], 9更新到d[6]，得出LIS的长度为6。

然后应该发现一件事情了：

在B中插入数据是有序的，而且是进行替换而不需要挪动——也就是说，我们可以使用二分查找，将每一个数字的插入时间优化到O(logN)~~~~~于是算法的时间复杂度就降低到了O(NlogN)～！

再加上一题来练手，题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1025

仍然是(O(nlogn))的二分插入。思想都是一样，就不再分析了。。。。

代码:

#include<stdio.h>
int s[500001],dp[500001];
int main()
{
int n,i,a,b,len,up,low,mid,count=1;
while(~scanf("%d",&n))
{
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d %d",&a,&b);
s[a]=b;//**关键思想**//
}
dp[1]=s[1];len=1;
for(i=1;i<=n;i++)
{
low=1;up=len;
while(low<=up)
{
mid=(low+up)/2;
if(dp[mid]>=s[i])
{
up=mid-1;
}
else
{
low=mid+1;
}
}
dp[low]=s[i];
if(low>len)
{
len++;
}
}
printf("Case %d:\n",count++);
if(len>1)
{
printf("My king, at most %d roads can be built.\n\n",len);
}
else
{
printf("My king, at most %d road can be built.\n\n",len);
}
}
return 0;
}