P1637 三元上升子序列

题面

Erwin 最近对一种叫 thair 的东西巨感兴趣。。。

在含有 \(n\) 个整数的序列 \(a_1,a_2,\ldots,a_n\) 中，三个数被称作thair当且仅当 \(i<j<k\) 且 \(a_i<a_j<a_k\)。

求一个序列中 thair 的个数。

输入格式

开始一行一个正整数 \(n\),

以后一行 \(n\) 个整数 \(a_1,a_2,\ldots,a_n\)。

输出格式

一行一个整数表示 thair 的个数。

数据规模与约定

• 对于 \(30\%\) 的数据 保证 \(n\le100\)；
• 对于 \(60\%\) 的数据 保证 \(n\le2000\)；
• 对于 \(100\%\) 的数据 保证 \(1 \leq n\le3\times10^4\)，\(0\le a_i\lt2^{63}\)。

思路

暴力DP思路

这里我们考虑广义的 thair，即有 \(m\) 个数满足上升规则。

正常思维——二位DP。

设 \(f[i][j]\) 为以 \(a_j\) 结尾的长度为 \(i\) 的 thair 长度，那么就有以下DP方程。

\[f[i][j] = \sum_{k \lt j,a_k \lt a_j} {f[i-1][k]} \]

应该还是简单的。

考虑优化

如果这样写，时间复杂度为 \(O(n^{2}m)\)，妥妥T掉，只能拿 \(60 \text{pts}\)。

为了满足 \(k \lt j,a_k \lt a_j\)，可以考虑离散化一下。

然后转移可以用树状数组优化。具体情况如下：

维护另一个数组 \(t\)。

有

\[f[i][j] = \sum_{k=0}^{a_j-1}{t_k},t[a[j]] = t[a[j]] + f[i-1][j] \]

然后就可以用树状数组优化了

最终时间复杂度为 \(O(nm \log n)\)。这里 \(m=3\)，也就是 \(O(3n \log n) = O(n \log n)\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,m=3;
long long ans=0;
const int MSIZE = 5;
const int SIZE = 3e4+5;
long long t[SIZE<<2],a[SIZE],la[SIZE];
long long f[MSIZE][SIZE<<2];

int lowbit(int x){
	return x&-x;
}

int query(int p){
	int res=0;
	while(p>0){
		res+=t[p];
		p-=lowbit(p);
	}
	return res;
}

void update(int p,int v){
	while(p<=n){
		t[p]+=v;
		p+=lowbit(p);
	}
}

void discretization(){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		la[i]=a[i];
	}
	sort(la+1,la+n+1);
	int tmp=unique(la+1,la+n+1)-la-1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i]=lower_bound(la+1,la+tmp+1,a[i])-la;
	}
}

int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	discretization();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		f[1][i]=1;
	}
	for(int i=2;i<=m;i++){
		memset(t,0,sizeof(t));
		for(int j=1;j<=n;j++){
			f[i][j]=query(a[j]-1);
			update(a[j],f[i-1][j]);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans+=f[m][i];
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}