【动态规划】 LIC&LCS-Toy模板网

这篇具有很好参考价值的文章主要介绍了【动态规划】 LIC&LCS。希望对大家有所帮助。如果存在错误或未考虑完全的地方，请大家不吝赐教，您也可以点击"举报违法"按钮提交疑问。

前段时间再次复习并加深了 LIS 和 LCS 的内容，于是便来写一篇总结。

朴素做法

首先当然是 $O(n^2)$ 的做法。直接把代码放在这里。

最长上升子序列：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=3e5+10;
int n,ans=0;
int a[N],dp[N];
//dp[i]表示以a[i]结尾的最长上升子序列的长度
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),dp[i]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){ 
		for(int j=1;j<i;j++){
			if(a[j]<a[i]) dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);
            //a[j]<a[i],即可以转移，就从dp[j]转移过来并且长度+1 
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,dp[i]);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

最长公共子序列：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=1e3+10;
int n,m,ans=0;
int a[N],b[N],dp[N][N];
//dp[i][j]表示到a串的第i位和b串的第j位的最长公共子序列的长度
int main(){
	scanf("%d",&n);
	m=n;
	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]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
			//先继承上一个状态 
			if(a[i]==b[j]) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+1);
			//如果i,j两个相同，就从dp[i-1][j-1]转移，并且长度+1 
		}
	}
	printf("%d\n",dp[n][m]);
	return 0;
}

对于 $O(n^2)$ 的做法就不再赘述了。

进阶做法

$O(n^2)$ 的做法时空复杂度都太高了，所以讲解一个 $O (n l o g n)$ 的做法。

最长上升子序列

二分法

首先考虑朴素做法，对于 $a_i$ 枚举 $1$ ~ $i - 1$ 的所有数，如果符合条件（即小于 $a_i$ ）则进行转移。
但是显然这个枚举的过程很没有必要，那么怎样进行最高效的查找？
答案是二分。

我们处理一个 $d$ 数组， $d_i$ 表示长度为 $i$ 的上升子序列的最小结尾元素。
那么怎样去维护呢？
每一次得到一个数，就在 $d$ 数组中二分查找到第一个比 $a_i$ 大的位置，将 $dp_i$ 的值改为查找到的 $d$ 数组的下标，也就是答案。
若没有比 $a_i$ 大的值，就将最大长度加一然后添加在 $d$ 数组的末尾即可。

原理：
对于每一个数，原本的朴素做法是在前面所有数中找到符合条件的最大转移值，此二分做法首先满足顺序问题，其次，对于找到第一个比自己大的，就在这个位置更新可以理解为：找到的比自己大的位置的前一个位置的值一定比现在的数小，那么就从前一个位置转移过来，长度加一，又结合 $d$ 数组的含义，更新就在下一个位置，也就是查找到的这个位置更新。
怎样保证正确性，一定是最优的？因为找到的这个位置满足的条件是“比当前的数大”，也就是说，这个位置的上升子序列的末尾字符一定是大于我当前可以转移过来的字符，那么为了使后面的数转移的时候可以以最优的方案转移过来，那么就把更小的更新到这个位置，也就是我现在的这个数。
一个简单的例子：
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对于图中标红的数字，可以看到是代替了前一个在该位置上的更大的数值，而对于蓝色的数字，则是因为前面标红数字的代替才得到了最优解的位置。
试想一下，如果最后加入的 $5$ 之前 $4$ 并没有替代 $6$ ，那么 $5$ 就不可以出现在第四个位置上，也无法得到正确答案了。

还有一个问题，如何保证 $d$ 数组一定是递增的？
从做法角度思考，每次用二分查找比当前大的数再代替或添加，一定是递增的。
从上升子序列的性质来想，使用反证法：
若满足一个 $j < i$ 且 $d_j>d_i$ ，则说明有一个长度更小却末尾值更大的上升子序列，但是因为上升子序列是单调递增的，以 $d_i$ 结尾的上升子序列中一定有一个位置 $k$ 满足 $s_k<d_i$ （假定 $s$ 数组为以 $d_i$ 结尾的上升子序列，此处只做证明辅助作用）且 $k = j$ ，那么则 $s_k<d_i<d_j$ ，根据 $d$ 数组的含义可知， $s_k$ 一定是优于 $d_j$ 的，则假设不成立，所以 $d$ 数组一定是单调递增的。

那么到此，整个问题就解决了。
$co d e :$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=3e5+10;
int n,maxn=0;
int a[N],d[N],dp[N];

int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	maxn=1;
	d[1]=a[1];
	for(int i=2;i<=n;i++){ 
		if(a[i]>d[maxn]) d[++maxn]=a[i];
		else{
			int j=lower_bound(d+1,d+1+maxn,a[i])-d;
			d[j]=a[i];
			dp[i]=j; 
		}
	}
	printf("%d\n",maxn);
	return 0;
}

树状数组法

还是结合朴素做法，发现转移条件是下标比当前小且值比当前小，显然是一个二维偏序。
同样的，前面加入的顺序是没有问题的，只需要满足权值小就行了，由此可以使用树状数组，在 $a_i$ 位置放 $dp_i$ ,求出前缀最大值就可以转移了。
个人认为这个做法比二分好理解一些，并且后面的应用也会稍多一些。

$co d e :$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=1e5+10;
int n,maxn=0,maxnum=0;
int a[N],dp[N],c[5000000];

int lowbit(int x){return (x&(-x));}
void change(int x,int y){
	for(int i=x;i<=maxnum;i+=lowbit(i)) c[i]=max(c[i],y);
	return ;
}
int query(int x){
	int val=0;
	for(int i=x;i;i-=lowbit(i)) val=max(val,c[i]);
	return val;
}

int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
	    scanf("%d",&a[i]);
	    a[i]+=10000;//若有a[i]为负数的情况，需要全部上调
	    maxnum=max(maxnum,a[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		dp[i]=query(a[i]-1)+1;
		change(a[i],dp[i]);
		maxn=max(maxn,dp[i]);
	}
	printf("%d\n",maxn);
	return 0;
}

最长公共子序列

实际上将公共子序列转化为最长上升子序列即可。
首先考虑公共子序列成立的条件：

两个序列中均有
在两个序列中均是按顺序的

我们先将两个序列都有的数值处理出来，接下来只需考虑顺序问题。
做法是：
对于每一个在 $a$ 序列中出现的数，处理出其在 $a$ 序列中的位置。再遍历 $b$ ，对于 $b_i$ ，如果在 $a$ 中出现过，那么就加入一个新的序列，加入的值是之前处理的这个值在 $a$ 中的位置。
最后在这个新的序列中求出最长上升子序列的长度即可。
做法的正确性？
首先，因为加入新序列的条件是在两个序列中都出现，满足第一个条件；
其次，我们加入新序列的顺序是按照 $b$ 中的顺序，而加入的值则是在 $a$ 中的顺序，求出最长上升子序列，正是保证了其在 $a$ 中一定是有序的。
举一个简单的例子：
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这样就很好理解了。文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-799042.html