【 OJ 】 HDOJ1025 18年11月08日19:07 [ 24 ]

ummmm ，题目还是很好理解的，道路只要不交叉就可以了，那么很显然只要r（富裕）城市一直保持递增就好了，因为p（贫穷）城市是正常的123...n 的递增排列

首先拿到这题第一思路就是DP:

数组都开的比较小，因为题目50W的城市时间复杂度稳挂....

然后现在....去看别人代码学习.....二分之类的O（nlogn）

ummmm

# include<iostream>
using namespace std;
int p[100];
int r[100];
int dp[100];
void Out(int n,int sum) {
	cout << "Case " << n << ":" << endl;
	cout << "My king, at most " << sum << " road can be built."<<endl;
}
int main(void) {
	int n;//城市数目
	int out_time = 1;
	bool ISok = true;
	while (cin >> n) {
		if (!ISok) {
			cout << endl;
			ISok = false;
		}
		for (int i = 0; i < n; ++i) {
			cin >> p[i] >> r[i];//先p后r
		}//录入数据
		dp[0] = 1;
	    for (int i = 1; i < n; ++i) {
			dp[i] = 1;
			for (int j = 0; j < i; j++) {
				if (r[i] > r[j]&&dp[i]<=dp[j]) {
					dp[i] = dp[j] + 1;
				}
			}
		}//dp处理
		int max=0;
		for (int i = 0; i < n; ++i) {
			if (dp[i] > max)
				max = dp[i];
		}
		Out(out_time++, max);
		ISok = false;
	}
	system("pause");
	return 0;
}

转载请注明原文地址：https://www.cnblogs.com/GodA/p/5180560.html

这个讲解的感觉带着实例好理解一点....

　我们举一个例子：有以下序列A[]=3 1 2 6 4 5 10 7，求LIS长度。

　　我们定义一个B[i]来储存可能的排序序列，len为LIS长度。我们依次把A[i]有序地放进B[i]里。（为了方便，i的范围就从1~n表示第i个数）

　　A[1]=3，把3放进B[1]，此时B[1]=3，此时len=1，最小末尾是3

　　A[2]=1，因为1比3小，所以可以把B[1]中的3替换为1，此时B[1]=1，此时len=1，最小末尾是1

　　A[3]=2，2大于1，就把2放进B[2]=2，此时B[]={1,2}，len=2

　　同理，A[4]=6，把6放进B[3]=6，B[]={1,2,6}，len=3

　　A[5]=4，4在2和6之间，比6小，可以把B[3]替换为4，B[]={1,2,4}，len=3

　　A[6]=5，B[4]=5，B[]={1,2,4,5}，len=4

　　A[7]=10，B[5]=10，B[]={1,2,4,5,10}，len=5

　　A[8]=7，7在5和10之间，比10小，可以把B[5]替换为7，B[]={1,2,4,5,7}，len=5

　　最终我们得出LIS长度为5。但是，但是！！这里的1 2 4 5 7很明显并不是正确的最长上升子序列。是的，B序列并不表示最长上升子序列，它只表示相应最长子序列长度的排好序的最小序列。这有什么用呢？我们最后一步7替换10并没有增加最长子序列的长度，而这一步的意义，在于记录最小序列，代表了一种“最可能性”。假如后面还有两个数据8和9，那么B[6]将更新为8，B[7]将更新为9，len就变为7。读者可以自行体会它的作用。

我的代码没有AC显示.Time Limit Exceeded 吐血= =~

# include<iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int p[500002];//规模不超过50W
int r[500002];
int sq[500002];//需要维护的数组
void Out(int n, int sum) {
	cout << "Case " << n << ":" << endl;
	cout << "My king, at most " << sum << " road"<<((sum>1)?"s":"")<<" can be built." << endl<<endl;
}
//贪心+二分 时间复杂度O(nlogn)  二分用STL中的lowder_bound 实现
int main(void) {
	int n;//城市数目
	int index;
	int time = 0;
	while (cin >> n) {
		time++;
		index = 0;
		fill(sq, sq + n, 0);
		for (int i = 0; i < n; ++i) {
			cin >> p[i] >> r[i];//先p后r
		}//录入数据
		sq[index] = r[0];
		for (int i = 1; i < n; i++) {
			if (r[i] >= sq[index]) {
				sq[++index] = r[i];//比他大就继承
			}
			else {
			*lower_bound(sq, sq + index+1, r[i])=r[i];//从sq到sq+n 二分查找第一个大于或等于r[i]的数，返回地址赋值r[i]
			}
		}
		Out(time, index+1);
	}
	system("pause");
	return 0;
}

【 OJ 】 HDOJ1025 18年11月08日19:07 [ 24 ]

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