題解 P1020 飛彈攔截

某國為了防禦敵國的飛彈襲擊，發展出一種飛彈攔截系統。但是這種飛彈攔截系統有乙個缺陷：雖然它的第一發炮彈能夠到達任意的高度，但是以後每一發炮彈都不能高於前一發的高度。某天，雷達捕捉到敵國的飛彈來襲。由於該系統還在試用階段，所以只有一套系統，因此有可能不能攔截所有的飛彈。

輸入飛彈依次飛來的高度（雷達給出的高度資料是 \le 50000≤50000的正整數），計算這套系統最多能攔截多少飛彈，如果要攔截所有飛彈最少要配備多少套這種飛彈攔截系統。

資料範圍：

子問題1：n <= 1000

子問題2：n <= 100000

思路：序列dp +線段樹優化dp

首先第乙個問題，其實就是求最長不上公升序列。

我們設計 dp[i] 為從 1 到 i且其最長不上公升序列以 i 為結尾的序列長度。那麼我們可以從比當顆飛彈高或相等的飛彈中更新答案。即為：

dp[i] = max + 1 (a[v] >= a[i] && v <= i)

這裡時間複雜度為o(n^2)。

對於第二個問題，我們可以想到，假如我們先用乙個攔截設施把所有能打下來的飛彈都打下來，剩下的攔截設施重複這個動作，一直到所有飛彈被攔截。假設我們得到的是最小劃分（題目要求）的k組飛彈。那麼對於第 i 組飛彈中任取，在第 i + 1 必定有乙個飛彈要比這顆飛彈高，如果沒有，那麼我們完全可以把 i + 1 組合並到第 i 組。所以我們找到乙個最長的乙個上公升子串行，肯定序列中的每個飛彈對應組飛彈，如果多出的話肯定是多餘的，如果少的話，不符合上述的分組。所以我們在找最小劃分時，只需要找到乙個最長上公升子串行長度即可。

我們重新設計 dp[i] 為從 1 到 i且其最長上公升子串行以 i 為結尾的序列長度。同上，我們可以得到：

dp[i] = max + 1 (a[v] < a[i] && v <= i)

時間複雜度也為o(n^2)

對於優化：(兩問通用)

時間複雜度為o(nlogn)

p.s. **中注釋掉的是沒優化時的部分**

#include#include#include#include#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;
#define go(i, j, n, k) for(int i = j; i <= n; i += k)
#define fo(i, j, n, k) for(int i = j; i >= n; i -= k)
#define rep(i, x) for(int i = h[x]; i; i = e[i].nxt)
#define mn 100010
#define inf 1 << 30
#define ll long long
#define root 1, 50000, 1
#define lson l, m, rt << 1
#define rson m + 1, r, rt << 1 | 1
#define bson l, r, rt
inline int read()
while(ch >= '0' && ch <= '9') 
return x * f;
}int minn[mn << 2], maxx[mn << 2];
inline void update(int rt) 
inline void build(int l, int r, int rt) 
int m = (l + r) >> 1; build(lson), build(rson), update(rt);
}inline void modify(int l, int r, int rt, int now, int v) 
int m = (l + r) >> 1;
if(now <= m) modify(lson, now, v);
else modify(rson, now, v);
update(rt);
}inline int query(int l, int r, int rt, int nowl, int nowr) else return query(rson, nowl, nowr);
}int f[mn], a[mn], n, ans1, ans2;
int main()
// }
maxx = query(root, a[i], 50000);
f[i] = maxx + 1;
modify(root, a[i], f[i]);
ans1 = max(f[i], ans1);
} cout << ans1 << "\n";
go(i, 1, n, 1) f[i] = 0; 
build(root);
go(i, 1, n, 1) 
// }
maxx = query(root, 1, a[i] - 1);
f[i] = maxx + 1;
modify(root, a[i], f[i]);
ans2 = max(f[i], ans2);
} cout << ans2 << "\n";
return 0;
}

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