uva 10635 Prince and Princess（LCS问题转化成LIS问题O(nlogn)）

来源：互联网发布：脐带血公司知乎编辑：程序博客网时间：2024/04/27 18:45

题目大意：有两个长度分别为p+1和q+1的序列，每个序列中的各个元素互不相同，且都是1~n^2之间的整数。两个序列的第一个元素均为1。求出A和B的最长公共子序列长度。

分析：本题是LCS问题，但是p*q<=62500,O(pq)的算法显然会LE。在这里有一个条件，每个序列中的各个元素互不相同，所以可以把A中元素重新编号为1~p+1。例如，样例中A={1,7,5,4,8,3,9}，B={1,4,3,5,6,2,8,9}，因此把A重新编号为{1,2,3,4,5,6,7}，则B就是{1,4,6,3,0,0,5,7}（在A中没有出现过的元素一定不会是公共子序列中的元素），其中0表示A中没有出现过，可以直接删去。这时B={1,4,6,3,5,7}，元素的值代表着B中和原A中元素值相同的，在A中的位置。子序列的位置一定要是单调递增的,这样求得的最长子序列才相当于原Ａ和Ｂ的最长公共子序列。由此，成功转化成LIS问题`(*∩_∩*)′。求出B的LIS即可，时间复杂度就可以优化到O(nlogn)了。

下面贴上代码(借鉴lrj巨犇的=-=)

#include<iostream>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn = 250*250;const int INF = 1e9;int s[maxn],g[maxn],d[maxn];int num[maxn];  //num[x]为整数x的新编号，num[x]=0表示x没有在A中出现过int main(){    int T;    cin>>T;    for(int kase=1;kase<=T;kase++)    {        int N,p,q,x;        cin>>N>>p>>q;        memset(num,0,sizeof(num));        for(int i=1;i<=p+1;i++)        {            cin>>x;            num[x]=i;        }        int n=0;        for(int i=0;i<q+1;i++)        {            cin>>x;            if(num[x]) s[n++]=num[x];        }                //求解s[0]...s[n-1]的LIS        for(int i=1;i<=n;i++) g[i]=INF;        int ans=0;        for(int i=0;i<n;i++)        {            int k=lower_bound(g+1,g+n+1,s[i])-g;            d[i]=k;            g[k]=s[i];            ans=max(ans,d[i]);        }        cout<<"Case "<<kase<<": "<<ans<<endl;    }    return 0;}

关于lower_bound函数（二分查找函数），是STL库的，不懂的童鞋请看http://blog.csdn.net/u012198382/article/details/24887181（lower_bound用法）

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