uva1471 Defense Lines

题意：给一个长度为n（n<=200000）的序列，删掉某一个连续的序列，使得剩下的序列有一个长度最大的连续递增子序列。

思路：首先这里最容易想到，枚举任意两个点j,i,删掉从j到i的序列，求剩下最大连续递增的子序列长度.i,j可以O（n）预处理，求出j处结尾的最长连续递增序列长度l[j]，和i处起始的最长连续递增序列的长度r[i].这样得到一个O(n^2)的算法。

然而，n 200000的大小，还可以做到更好。对于j,i，我们先固定i后,要在他前面找到一个l[j]最大的j的时候，能不能不用扫一遍？

《算法入门经典》上的做法是按照A[j]的大小排成一个有序表，同时l[j]的大小也是有序的，我们直接二分当前的值在A[j]的有序表里，就可以知道满足条件（A[x]

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=200000+10;
int n,a[maxn],f[maxn],g[maxn];
struct Candidate{
int a,g;
Candidate(int a,int b):a(a),g(b) {}
bool operator <(const Candidate & rhs) const {
return a<rhs.a;
}
};

set<Candidate> s;

int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]);
if(n==1){printf("1\n");continue;}
f[n-1]=1;
for(int i=n-2;i>=0;i--){
if(a[i]<a[i+1]) f[i]=f[i+1]+1;
else f[i]=1;
}
g[0]=1;
for(int i=1;i<n;i++){
if(a[i]>a[i-1]) g[i]=g[i-1]+1;
else g[i]=1;
}
s.clear();
s.insert(Candidate(a[0],g[0]));
int ans=1;
for(int i=1;i<n;i++){
Candidate c(a[i],g[i]);
set<Candidate>::iterator it=s.lower_bound(c);
bool keep=true;
if(it!=s.begin()){
Candidate last=*(--it);
int len=f[i]+last.g;
ans=max(ans,len);
if(c.g<=last.g) keep=false;
}
if(keep){
s.erase(c);
s.insert(c);
it=s.find(c);
it++;
while(it!=s.end()&&it->a>c.a&&it->g<=c.g) s.erase(it++);
}
}
printf("%d\n",ans);
}
}

思考这里就会发现，这里求在当前位置前最长的连续递增序列的过程，就是动态规划里典型的问题求最长上升子序列的过程。可以用二分将O(n^2)算法优化O(nlgn)。设dp[i]表示最长连续递增序列长度为i的最小A[i]值。注意：这里每当当前A[i]求完后,对他的l[i]在dp[]里更新：dp[l[i]]=min(dp[l[i]],A[i]);

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=200000,inf=99999;
int r[maxn+10],l[maxn+10],a[maxn+10],dp[maxn+10];
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--){
memset(r,0,sizeof(r));
memset(l,0,sizeof(l));
int n;scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
r
=1;
for(int i=n-1;i>=1;i--){
if(a[i]<a[i+1]) r[i]=r[i+1]+1;
else r[i]=1;
}
l[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(a[i]>a[i-1]) l[i]=l[i-1]+1;
else l[i]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++) dp[i]=inf;
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
int len=lower_bound(dp+1,dp+n+1,a[i])-dp;
ans=max(ans,len+r[i]-1);
dp[l[i]]=min(dp[l[i]],a[i]);
}
printf("%d\n",ans);
}
}