hdu4521 小明系列问题——小明序列（线段树+dp）

小明系列问题——小明序列

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Problem Description

　　大家都知道小明最喜欢研究跟序列有关的问题了，可是也就因为这样，小明几乎已经玩遍各种序列问题了。可怜的小明苦苦地在各大网站上寻找着新的序列问题，可是找来找去都是自己早已研究过的序列。小明想既然找不到，那就自己来发明一个新的序列问题吧！小明想啊想，终于想出了一个新的序列问题，他欣喜若狂，因为是自己想出来的，于是将其新序列问题命名为“小明序列”。

　　提起小明序列，他给出的定义是这样的：

　　①首先定义S为一个有序序列，S={ A1 , A2 , A3 , ... , An }，n为元素个数 ；

　　②然后定义Sub为S中取出的一个子序列，Sub={ Ai1 , Ai2 , Ai3 , ... , Aim }，m为元素个数 ；

　　③其中Sub满足 Ai1 < Ai2 < Ai3 < ... < Aij-1 < Aij < Aij+1 < ... < Aim ；

　　④同时Sub满足对于任意相连的两个Aij-1与Aij都有 ij - ij-1 > d (1 < j <= m， d为给定的整数)；

　　⑤显然满足这样的Sub子序列会有许许多多，而在取出的这些子序列Sub中，元素个数最多的称为“小明序列”(即m最大的一个Sub子序列)。

　　例如：序列S={2,1,3,4} ，其中d=1；

　　可得“小明序列”的m=2。即Sub={2,3}或者{2,4}或者{1,4}都是“小明序列”。

　　当小明发明了“小明序列”那一刻,情绪非常激动，以至于头脑凌乱，于是他想请你来帮他算算在给定的S序列以及整数d的情况下，“小明序列”中的元素需要多少个呢？

 

Input

　　输入数据多组，处理到文件结束;

　　输入的第一行为两个正整数 n 和 d；(1<=n<=10^5 , 0<=d<=10^5)

　　输入的第二行为n个整数A1 , A2 , A3 , ... , An，表示S序列的n个元素。(0<=Ai<=10^5)

 

Output

　　请对每组数据输出“小明序列”中的元素需要多少个，每组测试数据输出一行。

 

Sample Input

2 0
1 2
5 1
3 4 5 1 2
5 2
3 4 5 1 2

 

Sample Output

2
2
1

 

Source

2013腾讯编程马拉松初赛第四场（3月24日）

 

题意：任意两个值之间的距离要大于d的最长递增序列

#include <cstdio>
#include<cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

#define lson l , m , rt << 1
#define rson m + 1 , r , rt << 1 | 1
const int maxn = 100050;
int MAX[maxn << 2];
int A[maxn];
int dp[maxn];
void PushUP(int rt) {
MAX[rt] = max(MAX[rt << 1], MAX[rt << 1 | 1]);
}
void update(int p, int w,int l, int r, int rt) {
if (l == r) {
MAX[rt]=max(w,MAX[rt]);//dp方程:dp[i]=max(dp[i],dp[j]+w)
return;
}
int m = (l + r) >> 1;
if (p <= m) update(p,w, lson);
else update(p,w, rson);
PushUP(rt);
}
int query(int L, int R, int l, int r, int rt) {
if (L <= l && r <= R) {
return MAX[rt];
}
int m = (l + r) >> 1;
int ret = 0;
if (L <= m) ret = max(ret, query(L, R, lson));
if (R > m) ret = max(ret, query(L, R, rson));
return ret;
}
int main()
{
int n, d,ans,temp;
while (scanf("%d%d",&n,&d)!=EOF)
{
memset(MAX, 0, sizeof(MAX));
memset(dp, 0, sizeof(dp));
ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d", &A[i]);
A[i]++;

}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
if (i - d - 1 >= 1) update(A[i - d - 1], dp[i - d - 1],1,maxn,1);
if (A[i] > 1) dp[i] = query(1, A[i] - 1,1,maxn, 1) + 1;
else dp[i] = 1;
ans = max(ans, dp[i]);
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}