题目描述

给出1,2,…,n 的两个排列 P1​ 和 P2​ ，求它们的最长公共子序列。

输入格式

第一行是一个数 n。

接下来两行，每行为 n 个数，为自然数1,2,…,n 的一个排列。

输出格式

一个数，即最长公共子序列的长度。

输入输出样例

输入 #1 
5 
3 2 1 4 5
1 2 3 4 5
输出 #1 
3

说明/提示

  • 对于 50% 的数据， n≤10^3；
  • 对于 100% 的数据， n≤10^5。

 

引用一下阮行止dalao的题解：

为什么可以转化成LCS问题呢？

A:3 2 1 4 5

B:1 2 3 4 5

我们不妨给它们重新标个号：把3标成a,把2标成b，把1标成c……于是变成：

A: a b c d e
B: c b a d e

这样标号之后，LCS长度显然不会改变。但是出现了一个性质：

两个序列的子序列，一定是A的子序列。而A本身就是单调递增的。
因此这个子序列是单调递增的。

换句话说，只要这个子序列在B中单调递增，它就是A的子序列。

哪个最长呢？当然是B的LCS最长。

自此完成转化。

 

裸的dp时间复杂度是n^2的，跑不了。有一个优化成nlongn的方法。

我们另起一个数组end，end[ ltp ] (end 目前的最后一项) 为从n1到ni，最大上升子序列的结尾。

这就有了如下可意会的性质：

　　1）ltp最终的大小就是n数列的LCS项数。

　　2）如果n_i+1 > end[ ltp ]，那么 end[ ++ltp ] = n_i+1；

　　3）如果n_i+1 < end[ ltp ]，那么可以让 end [ pos ] = n_i+1。其中，pos = lower_bound( n_i+1 )   （ 这地方用low还是upp得具体分析。这题都可以。）这样的变化不　　会影响ltp的大小，也不会影响最终答案。因为改变答案的修改是关于end最后一位的，而对end的修改必然是从左到右的，这顺序和n数列顺序是一致的。（这块先意会一下。如果日后我悟得更透彻了，话说得更明白了再来填一下坑）

 

这样一来，时间复杂度优化到nlogn。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int discre[100005],n[100005];
int end[100005];
int ltp=1;

int read()
{
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')
    {
        if(ch=='-') f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9')
    {
        x=x*10+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
int main()
{
    int pos;
    int a=read();
    for(int i=1;i<=a;i++)
        discre[read()]=i;
    for(int i=1;i<=a;i++)
    {
        n[i]=read();
        n[i]=discre[n[i]];
    }
    end[1]=n[1];
    for(int i=2;i<=a;i++)
    {
        if(n[i]>end[ltp]) end[++ltp]=n[i];
        else
        {
            pos=lower_bound(end+1,end+ltp+1,n[i])-end;
            end[pos]=n[i];
        }
    }
    cout<<ltp;
    return 0;
}
二分优化求LCS