HDU ACM 1025 Constructing Roads In JGShining's Kingdom->二分求解LIS+O(NlogN)
#include<iostream> using namespace std; //BFS+优先队列(打印路径) #define N 500005 int c[N]; int dp[N]; //dp[i]保存的是长度为i的最长不降子序列的最小尾元素 int BS(int n,int x) //二分查找下标,当x比全部元素小时下标为1,比全部元素大时下标为n+1. { int low,high,mid; low=1,high=n; while(low<=high) { mid=(low+high)>>1; if(dp[mid]==x) return mid; else if(dp[mid]>x) high=mid-1; else if(dp[mid]<x) low=mid+1; } return low; } int main() { int t,n,a,b,i,len,pos; t=0; while(scanf("%d",&n)==1) { for(i=1;i<=n;i++) c[scanf("%d%d",&a,&b),a]=b; //括号先算 dp[0]=-1; dp[1]=c[1]; len=1; for(i=1;i<=n;i++) { pos=BS(len,c[i]); dp[pos]=c[i]; if(pos>len) len++; } printf("Case %d:\n",++t); if(len==1) printf("My king, at most %d road can be built.\n\n",len); else printf("My king, at most %d roads can be built.\n\n",len); } return 0; }參考自:http://blog.csdn.net/ice_crazy/article/details/7536332
如果存在一个序列d[1..9] = 2 1 5 3 6 4 8 9 7。能够看出来它的LIS长度为5。
以下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来记录如今最长算到多少了
首先,把d[1]有序地放到B里。令B[1] = 2,就是说当仅仅有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。非常easy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,非常easy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,由于1小于3。长度为1的LIS最小末尾应该是1。这样非常easy推知。长度为2的LIS最小末尾是3。于是能够把5淘汰掉,这时候B[1..2]
= 1, 3,Len = 2
继续,d[5] = 6。它在3后面,由于B[2] = 3, 而6在3后面。于是非常easy能够推知B[3] = 6, 这时B[1..3]
= 1, 3, 6,还是非常easy理解吧? Len = 3 了噢。
第6个, d[6] = 4,你看它在3和6之间,于是我们就能够把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,它非常大,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,它仅仅是存储的相应长度LIS的最小末尾。有了这个末尾。我们就能够一个一个地插入数据。尽管最后一个d[9]
= 7更新进去对于这组数据没有什么意义,可是假设后面再出现两个数字 8 和 9,那么就能够把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。并且是进行替换而不须要挪动——也就是说,我们能够使用二分查找,将每个数字的插入时间优化到O(logN)~~~~~于是算法的时间复杂度就减少到了O(NlogN)~