【全网首发】洛谷P1020 [NOIP1999 提高组] 导弹拦截

P1020 导弹拦截 の 题目传送门。

解题思路

显然，第一问求的是最长不上升子序列。

于是接下来直接抛开第一问不谈，也不考虑优化，直接考虑第二问。待会就知道原因了。

引理：Dilworth 定理

狄尔沃斯定理亦称偏序集分解定理，该定理断言：对于任意有限偏序集，其最大反链中元素的数目必等于最小链划分中链的数目。此定理的对偶形式亦真，它断言：对于任意有限偏序集，其最长链中元素的数目必等于其最小反链划分中反链的数目。

该定理在该问题上可以理解成：把序列分成不上升子序列的最少个数，等于序列的最长上升子序列长度。把序列分成不降子序列的最少个数，等于序列的最长下降子序列长度。

则第二问等价于最长上升子序列。

贪心

先不管引理对我们有什么用，我们直接思考第二问贪心怎么做。

对于每个数，既可以把它接到已有的导弹拦截后面，也可以建立一个新系统。要使子序列数最少，应尽量不建立新序列。

另外，应让每个导弹系统的末尾尽可能大，这样能接的数更多。因为一个数若能接到小数后面，必然能接到大数后面，反之则不成立。根据这些想法，可总结出如下贪心流程：

从前往后扫描每个数，对于当前数

1.若现有子序列的结尾都小于它，则创建新子序列。

2.否则，将它放到结尾大于等于它的最小数后

贪心证明

我们可以知道，证明 A=B，可证 A≤B 且 A≥B。

记 A 为贪心解，B 为最优解。

贪心解能覆盖所有数，且形成的都是不升序列，因此合法。由定义，B≤A。

假设最优解对应的方案和贪心方案不同，从前往后找到第一个不在同一序列的数 x。假设贪心解中 x 前面的数是 a，最优解中 x 前面的数是 b，a 后面的数是 y，由于贪心会让当前数接到大于等于它的最小数后面，所以 ,x,y≤a≤b。
此时，在最优解中，把 x 一直到序列末尾，和 y 一直到序列末尾交换位置，这样做不影响正确性，也不增加序列个数，但会使 x 在最优解和贪心解中所处的位置相同。由于序列中的数是有限的，只要一直做下去，一定能使最优解变为贪心解。因此A≤B。

等等，第二问根据引理是求最长上升子序列，但是贪心也可以求。说明我们的贪心解法等于最长上升子序列 ！！（引理作用即在此处）

贪心可以求上升子序列，自然连第一问求的最长不上升子序列也可以求了。

最坏复杂度O(n2)，但是数据很水，可以完美通过此题。

我们也可以对此代码进行二分优化（即查找 k 的时候）：

AC 代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define up(l,r,i) for(int i=l,END##i=r;i<=END##i;++i)
#define dn(r,l,i) for(int i=r,END##i=l;i>=END##i;--i)
using namespace std;
typedef long long i64;
const int INF =2147483647;
const int MAXN=1e5+3;
int n,t,H[MAXN],F[MAXN];
int main(){while(~scanf("%d",&H[++n])); --n;t=0,memset(F,0,sizeof(F)),F[0]=INF;up(1,n,i){int l=0,r=t+1; while(r-l>1){int m=l+(r-l)/2;if(F[m]>=H[i]) l=m; else r=m;}int x=l+1;  // dp[i]if(x>t) t=x; F[x]=H[i];}printf("%d\n",t);t=0,memset(F,0,sizeof(F)),F[0]=0;up(1,n,i){int l=0,r=t+1; while(r-l>1){int m=l+(r-l)/2;if(F[m]<H[i]) l=m; else r=m;}int x=l+1;if(x>t) t=x; F[x]=H[i];}printf("%d\n",t);return 0;
}