最长上升子序列(LIS)长度及其数量

2019/07/19 14:42
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例题51Nod-1376,一个经典问题,给出一个序列问该序列的LIS以及LIS的数量。

这里我学习了两种解法,思路和代码都是参考这两位大佬的:

https://www.cnblogs.com/reverymoon/p/9496040.html

https://www.cnblogs.com/RabbitHu/archive/2017/11/02/51nod1376.html

 

首先是先分析一下问题,求LIS是一个很基础的问题了,用得最多的是nlogn的解法这里就不讲了。当我们求出序列a[i]的LIS为f[i]时,我们应该从哪里得到LIS的数量s[i]呢?

显然应该是 s[i]=sigma(s[j])(j<i,a[j]<a[i],f[j]=f[i]-1),即满足这三个条件的s[j]的和。因为我们是从左到右做,所以第一个条件满足,然后问题就是怎么能快速找到a[j]<a[i]且f[j]=f[i]-1的s[j]的和呢?

这里博主学习到两种解法,先将树状数组解法:将离散化后的a[i]作为下标在树状数组上建树,那么此时a[i]的前缀就必定满足a[j]<a[i]了,同时树状数组维护的是以a[i]结尾的LIS长度f[i]和a[i]的LIS数量s[i]。当求解a[i]时,我们在BIT上查询a[i]-1前缀的最长LIS同时累加最长LIS的数量,那么返回的结果就是后面一个数可以接上a[i]这个数的最长LIS和它的数量(这句话是重点。所以f[i]=返回结果+1,s[i]=返回结果数量。代码实现是学习上面博客大佬,带有一些小技巧。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 const int N=5e4+10;
 4 const int P=1e9+7;
 5 int n,m,a[N],b[N];
 6 struct dat{
 7     int len,sum;
 8 }bit[N],dp[N];
 9 
10 void upd(dat &x,dat y) {  //计算y对x的影响 
11     if (x.len>y.len) return;
12     else if (x.len<y.len) x=y;
13     else x.sum+=y.sum,x.sum%=P;
14 }
15 
16 void update(int x,dat v) {
17     for (;x<=m;x+=x&-x) upd(bit[x],v);
18 }
19 
20 dat query(int x) {
21     dat ret=(dat){0,1};
22     for (;x;x-=x&-x) upd(ret,bit[x]);
23     return ret;
24 }
25 
26 int main()
27 {
28     cin>>n;
29     for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),b[i]=a[i];
30     sort(b+1,b+n+1);
31     m=unique(b+1,b+n+1)-(b+1);
32     for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=lower_bound(b+1,b+m+1,a[i])-b;
33     //update(0,(dat){0,1});  不能这样写会死循环 
34     for (int i=1;i<=n;i++) {
35         dp[i]=query(a[i]-1); dp[i].len++;
36         update(a[i],dp[i]);
37     }
38     dat ans=(dat){0,0};
39     for (int i=1;i<=n;i++) upd(ans,dp[i]);
40     cout<<ans.sum<<endl;
41     return 0;
42 }
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然后是同一道题的Vector+二分的解法。这种解法会更加容易理解,还是看上面三个条件(j<i,a[j]<a[i],f[j]=f[i]-1),然后第一个条件不用管考虑后两个条件。在学习nlogn的LIS解法的时候应该有学习到:从左到右同等长度的LIS末尾数字应该是单调不增的,基于这个我们可以考虑把前面的a[j]按照f[j]大小分组,同等LIS长度的元素a[j]存在同一个vector里面,然后这个vector的元素应该是单调不增的,那么我们就可以通过二分查找在f[i]-1的这一个vector里面快速地找到所有的<a[i]的元素,同时也就是快速算出满足上诉三个条件的s[j]总和。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 const int N=5e4+10;
 4 const int P=1e9+7;
 5 const int INF=0x3f3f3f3f;
 6 int n,m,a[N],g[N],f[N],s[N];
 7 vector<int> len[N],sum[N];  //len[i]存放LIS为i的数a[i],sum[i]存放a[i]对应的LIS数量 
 8 //显然len[i]的元素是单调不增的 
 9 
10 int Find(int p,int x) {  //二分len=p的最后一个>=x的位置,这个位置后面的就是答案 
11     int l=0,r=len[p].size()-1,mid;
12     while (l<r) {
13         mid=l+r+1>>1;
14         if (len[p][mid]>=x) l=mid;
15         else r=mid-1;
16     }
17     return ((sum[p].back()-sum[p][l])%P+P)%P;
18 }
19 
20 int main()
21 {
22     cin>>n;
23     for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
24     memset(g,0x3f,sizeof(g));
25     for (int i=0;i<=n;i++) len[i].push_back(INF),sum[i].push_back(0);
26     len[0].push_back(-INF),sum[0].push_back(1);
27     int Max=0,ans=0;
28     for (int i=1;i<=n;i++) {
29         int t=lower_bound(g+1,g+n+1,a[i])-g;
30         g[t]=a[i];
31         f[i]=t; s[i]=Find(t-1,a[i]);
32         len[t].push_back(a[i]); sum[t].push_back((sum[t].back()+s[i])%P);
33         
34         if (f[i]>Max) Max=f[i],ans=s[i];
35         else if (f[i]==Max) ans=(ans+s[i])%P;
36     }
37     cout<<ans<<endl;
38     return 0;
39 }
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题目练习:

2019计蒜之道 复赛 外教 Michale 变身大熊猫:https://nanti.jisuanke.com/t/39611

容易想到a[i]会在LIS的概率就是:(必须经过a[i]的LIS数量)/(所有的LIS数量)  。所有的LIS数量好求,主要问题就是怎么求必须经过a[i]的LIS的数量,这个问题也不难想,就是  从左到右以a[i]结尾的LIS数量*从右到左为a[i]为结尾的最长下降子序列数量。这就用到上面的知识了。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 const int P=998244353;
 4 const int N=5e5+10;
 5 typedef long long LL;
 6 int n,m,a[N],b[N],c[N];
 7 
 8 struct dat{
 9     int len,sum;
10 }dp1[N],dp2[N],bit[N];
11 void upd(dat &x,dat y) {
12     if (x.len>y.len) return;
13     else if (x.len<y.len) x=y;
14     else x.sum+=y.sum,x.sum%=P;
15 }
16 void update(int x,dat v) {
17     for (;x<=m;x+=x&-x) upd(bit[x],v);
18 }
19 dat query(int x) {
20     dat ret=(dat){0,1};
21     for (;x;x-=x&-x) upd(ret,bit[x]);
22     return ret;
23 }
24 
25 int power(int x,int p) {
26     int ret=1;
27     for (;p;p>>=1) {
28         if (p&1) ret=((LL)ret*x)%P;
29         x=((LL)x*x)%P;
30     }
31     return ret;
32 }
33 
34 int main()
35 {
36     cin>>n;
37     for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),b[i]=a[i];
38     sort(b+1,b+n+1);
39     m=unique(b+1,b+n+1)-(b+1);
40     for (int i=1;i<=n;i++) c[i]=lower_bound(b+1,b+m+1,a[i])-b;
41     
42     dat ans=(dat){0,0};
43     memset(bit,0,sizeof(bit));
44     for (int i=1;i<=n;i++) {
45         dp1[i]=query(c[i]-1); dp1[i].len++;
46         update(c[i],dp1[i]);
47         upd(ans,dp1[i]);
48     }
49     
50     for (int i=1;i<=n;i++) c[i]=m-c[i]+1;
51     memset(bit,0,sizeof(bit));
52     for (int i=n;i;i--) {
53         dp2[i]=query(c[i]-1); dp2[i].len++;
54         update(c[i],dp2[i]);
55     }
56     
57     for (int i=1;i<=n;i++)
58         if (dp1[i].len+dp2[i].len-1==ans.len) {
59             int t=(LL)dp1[i].sum*dp2[i].sum%P*power(ans.sum,P-2)%P;
60             printf("%d ",t);
61         } else printf("0 ");
62     return 0;
63 }
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