B. Once Again... 解析(思維、DP、LIS、矩陣冪)

Codeforce 582 B. Once Again... 解析(思維、DP、LIS、矩陣冪)

今天我們來看看CF582B
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題目
給你一個長度為\(n\)的數列\(a\)，求\(a\)循環\(T\)次以後的最大遞增子序列(LIS)。\(n\le100,T\le10^7\)

前言

這題實在是搞了非常非常久，經驗過於不足，無論是矩陣快速冪的奇怪\(dp\)式或者是偏思維作法，都搞不太出來

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想法

首先，要來講一下\(LIS\)的作法:

1. \(dp:\) 我們維護以第\(i\)個元素為結尾的\(LIS\)長度為\(dp[i]\)，轉移式\(:dp[i]=\max\limits_{j=0,a[j]\le a[i]}^n\{dp[i],dp[j]+1\}\) 且要考慮\(LIS\)只有單一個元素時長度為1，所以\(dp[i]\)有個最小值\(1\)。
   複雜度:\(O(n^2)\)
2. 二分搜\(:\) 我們維護一個\(stack\)，且每次加入一個元素考慮\(LIS\)。\(stack\)頂端放目前維護的\(LIS\)的最後一個元素，如果新元素\(\ge\)頂端的元素，那就加入。如果新元素\(<\)頂端的元素，那麼我們可以二分搜目前維護的\(LIS\)中第一個大於新元素的元素，並且替換為新元素，如此一來，因為我們換了一個比較小的元素上去，且不影響目前的\(LIS\)長度，因此整個\(stack\)在之後能獲得更好的遞增子序列的「潛力」就變高了。非常建議直接看code思考為什麼這樣做
   複雜度:\(O(n\lg(n))\)

int LIS(){
  int sta[_n*_n],top=0;
  sta[top++]=a[0];
  rep(i,1,nn){
    if(a[i]>=sta[top-1])sta[top++]=a[i];
    else *upper_bound(sta,sta+top,a[i])=a[i];
  }
  return top;
}

回歸正題，這題有兩種做法，偏思維作法或者是奇怪\(dp\)式做法。

1. 偏思維作法
   畢竟循環(\(T\))太長了，而\(n\)又很小，所以自然地感覺應該會用到經典的\(LIS\)(最大遞增子序列)問題再加上一些觀察。
   注意到，最慢最慢在數列\(a\)循環\(n\)次以後，\(LIS\)會重複某個字元。也就是如果每次循環我們都取一個相異的元素，那麼\(n\)次循環以後就不可能再取到相異的元素了。而因此，我們會想要去維護長度為\(n^2\)的\(LIS\)(如果\(T>n\))。
   現在，如果\(T\le n\)，那麼我們只要暴力算出\(LIS\)就行，畢竟\(n\)很小。
   如果\(T>n\)，觀察到，因為\(T>n\)，所以我們可以想像得出，整串\(LIS\)一定有非常多重複的數字，整串\(LIS\)會先遞增，然後到某個數字開始重複，接著在尾端繼續遞增。
   那麼我們只要先算出數列\(a\)中最多重複出現幾次同樣的數字，並且算出長度\(n^2\)的\(LIS\)以後，由於我們知道當\(T>n\)時，至少會有\(T-n\)次\(a\)數列的循環會貢獻給\(LIS\)同樣的數字，因此，解答就是:\(LIS(長度n^2的)+(T-n)\times(出現次數最多的數字)\)。(想法來源)
   還有另一個可能會想到的作法，但是複雜度會高一些，直接放連結

2. 奇怪\(dp\)式做法:
   其實這個做法是矩陣快速冪，但我不知道為什麼想得到這種狀態
   考慮\(dp\)狀態: \(dp[i][j]\)表示「目前為止考慮過的循環節」(考慮過幾個循環節並沒有在狀態中)的，開頭元素\(\ge a[i]\)且結尾為最後一個循環的第\(j\)個元素的\(LIS\)長度。
   而會有一個轉移式\(:dp_{p+q}[i][j]=\max\limits_{k=0}^n\{dp_p[i][k]+dp_q[k][j]\}\)(就是把兩個對於(不/相)同長度循環節的\(LIS\)接起來)
   其中\(dp_p\)表示目前這個\(dp\)狀態考慮的數列長度是\(p\times n\)(也就是\(p\)個循環節)
   我們想要求的是\(dp_{nT}\)，而我們可以用樸素的\(dp\)算法(\(O(n^2)\)的方法)來算出\(dp_1\)。
   把\(dp[][]\)看成是矩陣，而一次轉移看成是一次矩陣乘法，那麼就可以用矩陣快速冪算出來了。
   要注意如果在算\(dp[i][j]\)時如果\(a[i]>a[j]\)代表這種可能不可能發生，要給一個極小值。

複雜度:偏思維作法中較慢的\(:O(n^4)\)、偏思維作法中較快的想法但是沒用二分搜\(LIS:O(n^4)\)、矩陣快速冪\(:O(n^3\lg(T))\)、偏思維作法中較快的想法且有用二分搜\(:O(n^2\lg(n^2))\)

程式碼(偏思維作法中較慢的):

const int _n=110;
int tt,a[_n*_n],st[_n*_n],ed[_n*_n],num[310];
ll n,nn,t;
main(void) {ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
  cin>>n>>t;rep(i,0,n){cin>>a[i];num[a[i]]++;} nn=min(n*n,n*t);
  rep(i,n,nn)a[i]=a[i%n];
  rep(i,0,nn){ed[i]=1;{rep(j,0,i)if(a[j]<=a[i])ed[i]=max(ed[i],ed[j]+1);}}
  per(i,0,nn){st[i]=1;{per(j,i+1,nn)if(a[j]>=a[i])st[i]=max(st[i],st[j]+1);}}
  int maxx=-1;
  if(t<n)rep(i,0,nn)maxx=max(maxx,ed[i]);
  else rep(i,0,nn)maxx=max(maxx,ed[i]+st[i]-1+num[a[i]]*(t-n));
  cout<<maxx<<'\n';
  return 0;
}

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程式碼(偏思維作法中較快的想法但是沒用二分搜):

const int _n=110;
int tt,a[_n*_n],dp[_n*_n],num[310];
ll n,nn,t,k;
main(void) {ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
  cin>>n>>t;rep(i,0,n){cin>>a[i];num[a[i]]++;k=max(k,num[a[i]]);}
  nn=min(n*n,n*t);
  rep(i,n,nn)a[i]=a[i%n]; dp[0]=1;
  rep(i,1,nn){
    dp[i]=1;
    rep(j,0,i)if(a[j]<=a[i])dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);
  }
  if(t>n){
    int ans=k*(t-n);
    int maxx=0;rep(i,0,nn)maxx=max(maxx,dp[i]);
    ans+=maxx;
    cout<<ans<<'\n';
  }else{
    int maxx=0;rep(i,0,nn)maxx=max(maxx,dp[i]);
    cout<<maxx<<'\n';
  }
  return 0;
}

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程式碼(矩陣快速冪):

const int _n=110;
int t,n,a[_n];
struct mat{
  int a[_n][_n];
  mat(){memset(a,0,sizeof a);}
  mat operator*(const mat& rhs)const{
    mat res;
    rep(i,0,n)rep(j,0,n){
      res.a[i][j]=-1e5;
      rep(k,0,n)res.a[i][j]=max(res.a[i][j],a[i][k]+rhs.a[k][j]);
    }
    return res;
  }
  mat operator^(int b){
    mat res,tmp=*this;
    while(b){
      if(b&1)res=res*tmp;
      b>>=1;tmp=tmp*tmp;
    }
    return res;
  }
};
main(void) {ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
  cin>>n>>t;rep(i,0,n)cin>>a[i]; mat ans;
  rep(i,0,n)rep(j,0,n){
    if(a[i]>a[j]){ans.a[i][j]=-1e5;continue;}
    ans.a[i][j]=1;
    rep(k,0,j)if(a[k]<=a[j])ans.a[i][j]=max(ans.a[i][j],ans.a[i][k]+1);
  }ans=ans^t;
  int maxx=0;rep(i,0,n)rep(j,0,n)maxx=max(maxx,ans.a[i][j]);
  cout<<maxx<<'\n';
  return 0;
}

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程式碼(偏思維作法中較快的想法且有用二分搜):

const int _n=110;
int tt,a[_n*_n],num[310];
ll n,nn,t,k;
int LIS(){
  int sta[_n*_n],top=0;
  sta[top++]=a[0];
  rep(i,1,nn){
    if(a[i]>=sta[top-1])sta[top++]=a[i];
    else *upper_bound(sta,sta+top,a[i])=a[i];
  }
  return top;
}
main(void) {ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
  cin>>n>>t;rep(i,0,n){cin>>a[i];num[a[i]]++;k=max(k,num[a[i]]);}
  nn=min(n*n,n*t);
  rep(i,n,nn)a[i]=a[i%n];
  if(t>n){
    int ans=k*(t-n);
    ans+=LIS();
    cout<<ans<<'\n';
  }else cout<<LIS()<<'\n';
  return 0;
}

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