CF1817A Almost Increasing Subsequence 题解

合集 - 题解(26)

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收起

题面。

2023.5.18 修正关于前缀和数组的说法，与代码适配的思路。

题意

给定长度为 $n$ 一个序列 $a$ 以及 $q$ 次询问，每次询问给出 $l$ 和 $r$，要求找出序列 $a$ 在 $[l,r]$ 内最长的几乎递增子序列。

对于几乎递增的定义：如果一个序列中不存在连续的三个数 $x$，$y$，$z$，使得 $x\ge y\ge z$，则这个序列是几乎递增的。

思路

用一个前缀和数组 $s$ 记录，其中 $s_i$ 表示从 $a_3$ 到 $a_i$ 中满足 $a_{i-2}\ge a_{i-1}\ge a_i$ 的 $i$ 的数量。对于每次询问，输出 $r-l+1-(s_r-s_{l+1})$ 即可。

简单做个解释，对于每个 $a_{i-2}\ge a_{i-1}\ge a_i$，只有 $a_i$ 会决定是否满足当前式子，所以不选择 $a_i$。举个例子:

5 4 3 2 1 2 3 4 5 1

在上面的序列中，子序列 $5,4,3$，$4,3,2$ 和 $3,2,1$ 都是不满足题目要求的，当输入 $l=1$，$r=10$ 时，输出答案为 $7$。可以想到，选中的 $7$ 个数可以是这样的：

5 4（3 2 1） 2 3 4 5 1

也可以是这样的：

（5 4 3） 2 1 2 3 4 5 1

为了区分选择与未被选择，这里用斜体与粗体区分开，选择方法不止两种，上面的第一种选法，与给出的解释一致。

证明

当序列中存在 $a_i\ge \cdots \ge a_{j-2}\ge a_{j-1}\ge a_j$，$j-i+1\ge 3$ 时，对于这一部分，一定有 $j-i-1$ 个连续的三个数 $x$，$y$，$z$，使得 $x\ge y\ge z$。

从第 $j$ 项开始，每不选择一个 $a_j$，相对应序列 $a_{j-2},a_{j-1},a_j$ 的规律就会被破坏，要破坏掉整个从 $a_i$ 到 $a_j$ 的序列的规律，至少要破坏到 $a_{i+2}$ 的位置（也包括 $a_{i+2}$ 这个位置）。故最多只能选择 $2$ 个数。

当 $j-i+1=3$，即最短满足 $x\ge y\ge z$ 的序列时，最多只能选择 $2$ 个，也就是至少要不选一个。（这里其实不选哪一个都是一样的）

前缀数组（2023.5.18 新增）

对于每一个 $s_i$，记录的是从 $a_3$ 到 $a_i$ 中满足 $a_{i-2}\ge a_{i-1}\ge a_i$ 的 $i$ 的数量。而对于区间 $[l,r]$ 来说，第 $a_l$ 项对应的序列（上面说的三元组）从 $a_{l-2}$ 就开始了，第 $a_{l+1}$ 项对应的序列从 $a_{l-1}$ 就开始了，因此不能将第 $a_l$ 与第 $a_{l+1}$ 项对应的序列算入这个区间内。所以最后的答案应该是从第 $s_{l+2}$ 项算起，结论就是 $r-l+1-(s_r-s_{(l+2)-1})$，即 $r-l+1-(s_r-s_{l+1})$。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define fr(i , a , b) for(ll i = a ; i <= b ; ++i)
#define fo(i , a , b) for(ll i = a ; i >= b ; --i)
#pragma comment(linker , "/stack : 200000000")
#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4,popcnt,abm,mmx,avx,tune=native")
using namespace std;
inline char gchar()
{
    static char buf[1000000] , *p1 = buf , *p2 = buf;
    return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf , 1 , 1000000 , stdin) , p1 == p2) ? EOF : *p1++;
}
inline ll read()
{
    ll 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 << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
        ch = getchar();
    }
    return x * f;
}
ll n , q , a[200005];
ll l , r;
ll f[200005] , now;
inline ll answer(ll L , ll R)
{
    ll ans = f[R] - f[L + 1];
    if(R - L + 1 <= 2)//特判，区间长度为2或1
    {
        ans = 0;
    }
    return R - L + 1 - ans;
}
signed main()
{
    n = read();
    q = read();
    fr(i , 1 , n)
    {
        a[i] = read();
        if(i >= 3)
        {
            now = 0;
            if(a[i - 2] >= a[i - 1] && a[i - 1] >= a[i])
            {
                now = 1;
            }
            f[i] = f[i - 1] + now;
        }
    }
    while(q--)
    {
        l = read();
        r = read();
        printf("%lld\n" , answer(l , r));
    }
    system("pause");
    return 0;
}