POJ1692 Crossed Matchings

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Crossed Matchings

Description

给定两个正整数数列，如果第一个数列中有一个数和第二个数列中的某个数相同，并且都为r，则我们可以将这两个数用线段连起来。我们称这条线段为 r-匹配线段。

我们想要对于给定的输入，找到画出最多匹配线段的方式，并且满足以下条件：

1. 每条a-匹配线段恰好和一条b-匹配线段相交，且a≠b。我们称这样的匹配为交叉匹配。

2. 不允许一点多线和一线多交的情况出现：不允许两条线段从同一个数出发，不允许一条线段和多条其它线段相交。

编一个程序对于给定输入数据，计算匹配线段的最多条数。

Sample Input

3
6 6
1 3 1 3 1 3
3 1 3 1 3 1
4 4
1 1 3 3
1 1 3 3
12 11
1 2 3 3 2 4 1 5 1 3 5 10
3 1 2 3 2 4 12 1 5 5 3

Sample Output

6
0
8

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本题重点在于如何通过推导和约束，实现时间复杂度的降维。本题的基本推导思想亦借鉴于模板型线性dp：LIS，LCS，LCIS等的推导方法。

首先根据题意，我们要定义dp[i][j]表示序列a[1...i],b[1...j]中最多匹配线段数。并且ai,bj不一定跟其他值构成匹配（所以这一点有别于一般的dp，我们都是要确定当前枚举的这个被选到，才方便转移）。

首先我们可以得到最简单的做法：

• 欲匹配ai,bj，于是在a[1...i−1]中找到ak=bj，b[1...j−1]中找到bp=ai，用当前枚举的{k,p}内的最大值去更新dp[i][j]。转移方程式：
  dp[i][j]=max⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪max{dp[i−1][j]dp[i][j−1]dp[k−1][p−1]+2ak=bj,bp=ai
  此时复杂度为O(n4)，非常暴力。

接下来进一步考虑优化，我此时借鉴了LCISO(n2)+一维的做法，假设我们枚举序列1的右侧匹配ai与左侧匹配ak，于是要在b序列中找到一组p,j，满足p<j且bp=ai,bj=ak。

套用LCIS的思路，对于这个bj，它可以直接从之前所有bp=ai中dp[k−1][p−1]的最大值转移过来，而这个是可以在扫描j的同时顺带维护的。于是维护一个局部变量mx，时间复杂度就降到了O(n3)：

#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;static const int M=1005;int n,m,a[M],b[M];int dp[M][M];void check(int &a,int b){if(a<b)a=b;}int main(){    scanf("%d %d",&n,&m);    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);    for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&b[i]);    for(int i=1;i<=n;i++){        for(int j=1;j<=m;j++)dp[i][j]=dp[i-1][j];        for(int k=1;k<i;k++)            if(a[i]!=a[k]){                int mx=0;//局部变量，表示收集所有a[i]=b[j]时最大dp[k-1][p-1]                for(int j=1;j<=m;j++){                    check(dp[i][j],dp[i][j-1]);                    if(a[i]==b[j])check(mx,dp[k-1][j-1]+2);                    else if(a[k]==b[j])check(dp[i][j],mx);                }            }    }    printf("%d\n",dp[n][m]);}

之后想了一段时间，意识到这样一个小贪心：由于定义dp[i][j]表示序列a[1...i],b[1...j]中最多匹配线段数，所以对于k<i,p<j，必然有dp[k][p]≤dp[i][j]。

于是对于bj，如果它能和ai构成匹配，就必然在ai之前出现过ak=bj，在bj之前出现过bp=ai。由于上述性质，我们只需要知道离i,j最近的k,p即可。两层循环都是顺序的，所以这两个东西都可以维护。对于k的维护，我们还需要将数据离散化之后进行操作（当然POJ上的数据是不需要的）。

综上，转移方程式为dp[i][j]=max⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪dp[i−1][j]dp[i][j−1]dp[pre[bj]−1][pre[ai]−1]+2，时间复杂度为O(n2)。

Code：

#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;#define clear(x,val) memset(x,val,sizeof(x))static const int M=2005;int n,m,a[M],b[M];int res[M<<1],rtop=0;int Top[M<<1],dp[M][M];void check(int &a,int b){if(a<b)a=b;}int main(){    scanf("%d %d",&n,&m);    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),res[++rtop]=a[i];    for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&b[i]),res[++rtop]=b[i];    sort(res+1,res+rtop+1);    rtop=unique(res+1,res+rtop+1)-(res+1);    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=lower_bound(res+1,res+rtop+1,a[i])-res;    for(int i=1;i<=m;i++)b[i]=lower_bound(res+1,res+rtop+1,b[i])-res;    clear(Top,-1);    for(int i=1;i<=n;i++){        int pre=-1;        for(int j=1;j<=m;j++){            check(dp[i][j],dp[i-1][j]);            check(dp[i][j],dp[i][j-1]);            if(b[j]==a[i])pre=j;            else if(Top[b[j]]!=-1&&pre!=-1)                check(dp[i][j],dp[Top[b[j]]-1][pre-1]+2);        }        Top[a[i]]=i;    }    printf("%d\n",dp[n][m]);}