8.22 这一切都是命运石之门的选择

El Psy Congroo!

题意

给出一个长为\(n\)的数组\(a\)，与一个长为\(m\)的数组\(b\)

求数组\(a\)与数组\(b\)的最长公共上升子序列长度并输出任意一组方案

\(1\leq n,m\leq 5000\)

解法

这题很有意思

首先对于这类匹配问题，我们一般可以设\(f[i][j]\)表示\(a\)数组中考虑到\(a_i\)且\(a_i\)必须选，\(b\)数组中考虑到\(j\)的最长公共上升子序列的长度

设出方程以后转移就比较好想了

当\(a[i]=a[j]\)时

\(f[i][j]=max\{f[k][j-1]\}+1\)，其中\(k<i\)且\(a[k]<a[i]\)

当\(a[i]\neq a[j]\)时

\(f[i][j]=f[i][j-1]\)

想到转移以后，显然的思路是直接按照转移方程写，即第一层循环枚举\(i \ from \ 1...n\)，第二层循环枚举\(j \ from \ 1...m\)

但这样我们会发现\(max\)的条件不好维护

朴素的转移是\(O(n^3)\)的，就是用线段树优化转移也是\(O(n^2 \log n)\)的，对于\(n \leq 5000\)的数据来说还是有点卡，更别说线段树自带的大常数了

考虑转换一下枚举顺序，即先枚举\(j \ from \ 1...m\)，再枚举\(i \ from \ 1...n\)

这样我们只需要在枚举的过程中顺便记录一下\(max\)就可以在之后\(O(1)\)进行转移了

但是有一个问题，之前我们需要的条件判断是\(k<i\)且\(a[k]<a[i]\)

第一个条件还好办，主要是第二个条件：对于\(i\)不确定的情况下，我们如何确定\(a[i]\)的值呢？

我们会发现，由于是公共子序列，又由于\(a[i]=b[j]\)的时候才能产生贡献，我们把\(a[i]\)替换为\(b[j]\)就好了

至于求方案，记录一下更新状态时是由哪个状态转移过来的就行了

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>

using namespace std;

#define Pii pair<int, int>
#define x first
#define y second

const int N = 5e3 + 10;

int n, m;
int a[N], b[N], f[N][N];

Pii lst[N][N];

void output(int i, int j) {
	if (!i)	return;
	output(lst[i][j].x, lst[i][j].y);
	printf("%d ", a[i]);
}

int main() {
	
//	freopen("okarin.in", "r", stdin);
//	freopen("okarin.out", "w", stdout);
	
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i)	scanf("%d", a + i);
	scanf("%d", &m);
	for (int i = 1; i <= m; ++i)	scanf("%d", b + i);
	
	for (int j = 1; j <= m; ++j) {
		int max = 0;
		Pii pre = make_pair(0, 0);
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			if (a[i] == b[j]) {
				f[i][j] = max + 1;	
				lst[i][j] = pre;
			} else {
				if (a[i] < b[j] && f[i][j - 1] > max)	
					max = f[i][j - 1], pre = make_pair(i, j - 1);
				f[i][j] = f[i][j - 1];
				lst[i][j] = lst[i][j - 1];
			}
		}
	}
	
	int ans = 0, pos = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) 
		if (f[i][m] > ans) 
			ans = f[i][m], pos = i;
	
	printf("%d\n", ans);	
	output(pos, m);
		
	return 0;	
}