「codeforces - 1621G」Weighted Increasing Subsequences
一个 dp(拜谢 ly)和切入点都略有不同的做法,并不需要观察啥性质。
原问题针对子序列进行规划,自然地想到转而对前缀进行规划。接下来我们考虑一个前缀 \([1, i]\) 以及一个 \(j \in [1, i]\) 对答案的贡献,可以写出 \(\displaystyle \textit{cont}(j \text{ to } [1, i]) = [\max_{i < k} a_k > a_j] \times \text{the number of LISs containing } j \text{ indexed in } [1, i]\)。
这个可以做两个 dp 解决,第一个好解决的静态 dp,即结束在 \(j\) 的 LIS 方案数;第二个 dp 有些烦:\(j\) 在动,我们考虑的前缀 \([1, i]\) 也在移动。
到这里其实换一下着手点第二个 dp 就变成静态的了,即考虑位置 \(j\),直接算 \((j, i)\) 的贡献即可,其中 \(i\) 是「满足 \(a_i > a_j\) 的最大的 \(i\)」。于是我们的第二个 dp 就可以被描述为从 \(j\) 开始,结束在 \(i\) 之前(不包括,因为要保证 \(\max_{i < k} a_k > a_j\))的 LIS 方案数。答案即 \(\displaystyle \sum_{i=1}^n dp_i \times dp'_i\)。
第二个 dp 的具体实现,还需要一个辅助的 dp,其定义是第二个 dp 的定义中去掉贡献范围上界(即 \(i\)),转移画画图就能理解了。
用下 Fenwick Tree 啥的就能 \(O(n \log_2 n)\) 了。
using modint = modint1000000007;
int n, a[200100], pos[200100], id[200100];
modint dp[200100], dp2[200100], dp3[200100], bit[200100], bit2[200100];
void cng(int x, modint w) {
for (; x<=n; x+=x&-x) {
bit[x] += w;
}
}
modint qry(int x) {
modint res = 0;
for (; x; x-=x&-x) {
res += bit[x];
}
return res;
}
void cng2(int x, modint w) {
for (; x<=n; x+=x&-x) {
bit2[x] += w;
}
}
modint qry2(int x) {
modint res = 0;
for (; x; x-=x&-x) {
res += bit2[x];
}
return res;
}
void solve() {
cin >> n;
bastr<int> dsc;
for (int i=1; i<=n; ++i) {
cin >> a[i];
dsc += a[i];
}
sort(dsc.begin(), dsc.end());
dsc.erase(unique(dsc.begin(), dsc.end()), dsc.end());
for (int i=1; i<=n; ++i) {
a[i] = lower_bound(dsc.begin(), dsc.end(), a[i])-dsc.begin()+1;
}
iota(id+1, id+n+1, 1);
sort(id+1, id+n+1, [&](int x, int y) {
return a[x] < a[y];
});
for (int i=1,now=n; i<=n; ++i) {
while (now >= 1 && a[now] <= a[id[i]]) {
now--;
}
pos[id[i]] = now;
}
for (int i=1; i<=n; ++i) {
bit[i] = 0;
}
for (int i=1; i<=n; ++i) {
dp[i] = qry(a[i]-1)+1;
cng(a[i], dp[i]);
}
for (int i=1; i<=n; ++i) {
bit[i] = bit2[i] = 0;
}
modint ans = 0;
for (int i=n; i>=1; --i) {
dp2[i] = qry(cs(dsc)-a[i])+1;
cng(cs(dsc)-a[i]+1, dp2[i]);
if (pos[i] > i) {
dp3[i] = qry(cs(dsc)-a[pos[i]]+1)+qry2(a[pos[i]]-1)-qry2(a[i]);
cng2(a[i], dp3[i]);
}
else {
dp3[i] = 0;
}
ans += dp[i]*dp3[i];
}
cout << ans.val() << "\n";
}