线性dp

经典问题

最长上升子序列

二分以后可以发现每个司机的起点和终点就确定了，那么按照起点排序排序后求终点的 $LIS$

考虑 $O(n)$ 求解 $LIS$ 的方案数
那么可以发现 $j$ 可以转移到 $i$ 的条件是 $f_j=f_i-1$ 并且 $a_j<a_i$
可以发现如果把所有 $f_i$ 的位置拿出来，那么可以发现所有位置的 $a$ 是单调递减的
直接双指针扫描即可

D. Sanrd

首先有性质 $LIS$ 与 $LDS$ 最多有一个交点
那么如果一个 $LIS$ 与所有 $LDS$ 都相交则不合法，否则一定合法
求出一个辅助值 $f_i$ 表示强制选 $i$ 的 $LDS$ 方案数
然后找到两个 $\sum f$ 不同的 $LIS$ 即可

P2501 [HAOI2006]数字序列

由于 $a$ 是严格单调的，中间可能不能变过去
那么对于 $i,j$ 来说，如果可以相邻，那么 $i,j$ 必须满足 $a_i-a_j\ge i-j$
那么对于 $b_i=a_i-i$ 跑 $LIS$ 即可
对于第二问，有结论是对于一个在 $LIS$ 中的区间 $[i,j]$ ，之间的数一定存在一个分界点 $k$ ，使得 $[i+1,k]$ 都变成 $b_i$ ， $[k+1,j-1]$ 都变成 $b_j$

最长公共子序列

朴素的 $dp$ 是 $f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j-1],f[i-1][j-1]+1[a_i=b_j]$
当 $a,b$ 是排列时可以将 $b$ 按 $a$ 排序然后跑 $LIS$
对于方案数，在朴素统计时需要注意如果 $a_i!=b_j$ 是需要减去 $f[i-1][j-1]$ （类似于二维前缀和）

杂题

C. 抛硬币

求长度为 $l$ 本质不同子序列个数

设 $f[i][j]$ 表示 $i$ 位置长度为 $j$ 的子序列个数
那么 $f[i][j]=f[i-1][j-1]+f[i-1][j]-f[last_{i-1}][j-1]$

可以发现在这种条件下用容斥的减法会变得简洁

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=3005;
const int mod=998244353;
char c[maxn];
int len,n,last[130],f[maxn][maxn],ans,cnt,l[maxn];
bool vis[maxn];
signed main(){
	scanf("%s",c+1);
	cin>>len;
	n=strlen(c+1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		l[i]=last[c[i]];
		last[c[i]]=i;
		if(!vis[c[i]])cnt++,vis[c[i]]=1;
		f[i][1]=cnt;
		if(!l[i])l[i]++;
//		cout<<l[i]<<" ";
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=len;j++){
			if(!f[i][j])f[i][j]=(((f[i][j]+f[i-1][j])%mod+f[i-1][j-1])%mod-f[l[i]-1][j-1]+mod)%mod;	
		}
	}
	cout<<(f[n][len]%mod+mod)%mod;
	return 0;
}