bzoj3594 [Scoi2014]方伯伯的玉米田

3594: [Scoi2014]方伯伯的玉米田
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Description
方伯伯在自己的农田边散步，他突然发现田里的一排玉米非常的不美。
这排玉米一共有N株，它们的高度参差不齐。
方伯伯认为单调不下降序列很美，所以他决定先把一些玉米拔高，再把破坏美感的玉米拔除掉，使得剩下的玉米的高度构成一个单调不下降序列。
方伯伯可以选择一个区间，把这个区间的玉米全部拔高1单位高度，他可以进行最多K次这样的操作。拔玉米则可以随意选择一个集合的玉米拔掉。
问能最多剩多少株玉米，来构成一排美丽的玉米。
Input

第1行包含2个整数n，K，分别表示这排玉米的数目以及最多可进行多少次操作。
第2行包含n个整数，第i个数表示这排玉米，从左到右第i株玉米的高度ai。
Output

输出1个整数，最多剩下的玉米数。
Sample Input
3 1

2 1 3

Sample Output
3
HINT
1 < N < 10000，1 < K ≤ 500，1 ≤ ai ≤5000
分析：这道题就是求一个LIS，只不过多了一个拔高的限制，那么在原有的LISdp方程中加一个维度就好了，用f(i,j) 表示以第 i 株玉米结尾它被拔高了 j 次的最长序列长度。
f(i,j) = max{f(p,q) + 1}(0 ≤ p < i,0 ≤ q ≤ j,a [p] + q ≤a[i] + j)
现在来讲一讲为什么有第二个限制，可以发现每次操作的右端点都必须是n,为什么呢？因为如果不是n,那么它就不会对右边有贡献，只会对左边有贡献，是n的话不会影响对左边的贡献，而p<i,所以一定有第二个限制。
      不过这个算法复杂度是O(n^2*k^2)的，会超时，我们该怎么优化呢？
      可以发现这就是维护一个二维前缀最大值，对于前缀的操作可以用前缀和，也可以用树状数组，不过这个不满足区间加减，所以我们用二维树状数组来维护就可以了。不过在操作的时候要倒序操作，以免状态重复转移.

      不过还可以考虑另外一种优化

      f(i,j) = max{f(p,q) + 1}(0 ≤ p < i,0 ≤ q ≤ j,a [p] + q ≤
      a [i] + j)。
      f(i,j − 1) = max{f(p,q) + 1}(0 ≤ p < i,0 ≤ q < j,
      a [p] + q < a [i] + j)。

可以发现f[i][j]从f[i][j-1]转移而来限制条件只是多了一个q=j或a[p] + q = a[i] + j,那么我们维护多个一维树状数组，就能够通过查询前缀最大值来求解.

 

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>

using namespace std;

int n, k,a[10010],c[10010][510],maxn,ans;

void add(int x, int y, int v)
{
    for (int i = x; i <= maxn; i += i & -i)
        for (int j = y; j <= k + 1; j += j & -j)
            c[i][j] = max(c[i][j], v);
}

int sum(int x, int y)
{
    int res = 0;
    for (int i = x; i; i -= i & -i)
        for (int j = y; j; j -= j & -j)
            res = max(res, c[i][j]);
    return res;
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%d", &a[i]);
        maxn = max(maxn, a[i]);
    }
    maxn += k;  //因为可能会被增加k次，所以上限+k
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = k; j >= 0; j--)
        {
        int t = sum(a[i] + j, j + 1) + 1;  //至于为什么要j+1,因为我们调用不能出现0，否则会死循环
        add(a[i] + j, j + 1, t);
        ans = max(t, ans);
        }
    printf("%d\n", ans);

    return 0;
}