逐月破星杯

C. 区间排序

题目描述

给定一个数组 $A$，你要按照如下方式对 $A$ 排序：

1. 将 $A$ 分割成互不相交的子段，且每个元素恰好属于一个子段。
2. 准备一个空数组 $B$，按顺序把这些子段完整地插入到 $B$ 中的任意位置。

求至少要分成几个子段。

思路

很明显我们会贪心的尽可能长的取子段直到不能取。所以我们来考虑怎么判断非法。

• 如果当前元素小于上个元素，那么很明显不能放在同一段。
• 或者如果当前元素大于原数组中第一个大于 $A_l$ （$l$ 是当前区间左端点）的元素，那么也不能放在同一段。因为当前子段一定会插在其之前，所以不能大于它。

使用 set 维护即可。

空间复杂度 $O(N)$，时间复杂度 $O(N\log N)$。

代码

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

const int MAXN = 1000001;

int n, a[MAXN], ans;

int main() {
  ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> n;
  for(int i = 1; i <= n; ++i) {
    cin >> a[i];
  }
  set<int> s;
  s.insert(0), s.insert(1000001);
  for(int i = 1, j = 1; i <= n; i = j) {
    int x = *s.upper_bound(a[i]);
    for(; j <= n && (i == j || a[j] >= a[j - 1]) && a[j] <= x; ++j) {
    }
    ans++;
    for(int k = i; k < j; s.insert(a[k]), ++k) {
    }
  }
  cout << ans;
  return 0;
}

D. 精准拼接

题目描述

给定两个长为 $N$ 的数列 $A,k$。你要找出一个最长的且满足以下条件的数列 $p_1,p_2,\dots ,p_m$：

• $1\le p_1<p_2<\cdots <p_m\le N$。
• 对于 $\mathrm{\forall }1<i\le m$，都有 $\text{popcount}(A_{p_{i-1}}\text{AND}{A}_{p_i})=k_{p_i}$。

思路

令 $d{p}_i$ 表示以 $i$ 结尾的满足条件的子序列的最长长度。

令 $maxd{p}_{i,j,k}$ 表示一个转移 $a\to b$ 满足 $A_a$ 二进制下最高 $10$ 位为 $i$，$A_b$ 二进制下最低 $10$ 位为 $j$，$A_a,A_b$ 的最低十位的 $\text{popcount}$ 为 $k$ 中最大的 $d{p}_a$。

我们可以这样使用 $maxdp$ 转移（收集型）：

• 此时明显 $j$ 已经确定，所以我们可以枚举 $i$。
• 由于我们知道要求 $k_i$，所以我们还可以求出 $k$。直接转移即可。

并这样更新 $maxdp$：

• 这次是 $i$ 已经确定，同样枚举 $j$。同理 $k$ 也确定了，直接更新即可。

空间复杂度 $O(N+V^2\log V)$，时间复杂度 $O(NV)$，其中 $V=2^{10}$。

代码

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

const int MAXN = 100001;

int n, a[MAXN], pop[1 << 20], maxdp[21][1 << 10][1 << 10], pos[11][1 << 10][1 << 10], fa[MAXN], ans, p;

void Print(int x) {
  if(!x) {
    return;
  }
  Print(fa[x]);
  cout << x << " ";
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
  freopen("stitch.in", "r", stdin);
  freopen("stitch.out", "w", stdout);
  cin >> n;
  for(int i = 1; i < (1 << 20); ++i) {
    pop[i] = pop[i - (i & -i)] + 1;
  }
  for(int i = 1; i <= n; ++i) {
    cin >> a[i];
  }
  for(int i = 1, x, dp; i <= n; ++i) {
    cin >> x;
    dp = 1;
    for(int j = 0; j < (1 << 10); ++j) {
      int v = x - pop[j & (a[i] >> 10)];
      if(v >= 0 && maxdp[v][j][a[i] & ((1 << 10) - 1)] + 1 > dp) {
        dp = maxdp[v][j][a[i] & ((1 << 10) - 1)] + 1, fa[i] = pos[v][j][a[i] & ((1 << 10) - 1)];
      }
    }
    if(dp > ans) {
      ans = dp, p = i;
    }
    for(int j = 0; j < (1 << 10); ++j) {
      int v = pop[a[i] & j];
      if(dp > maxdp[v][a[i] >> 10][j]) {
        maxdp[v][a[i] >> 10][j] = dp, pos[v][a[i] >> 10][j] = i;
      }
    }
  }
  cout << ans << "\n";
  Print(p);
  return 0;
}