P8277 [USACO22OPEN] Up Down Subsequence P 题解
给一种码量有点大，但是思维难度不大的线段树优化 dp 做法。
一开始想了好久二分答案然后 check 的思路......
题意很简单，不说了。考虑 dp。
设 f i , 0 / 1 f_{i,0/1} fi,0/1 表示以 i i i 结尾，取出来后 对应的字符为 U 或 D 的选取最大值。
转移：
更新 U：需要保证 j < i j<i j<i 并且 f j , 0 / 1 f_{j,0/1} fj,0/1 对应的字符是 U。因为我们正在更新 U。
同理，更新 D 需要保证 j > i j>i j>i 且 f j , 0 / 1 f_{j,0/1} fj,0/1 对应的字符是 D。
所以我们就得到了 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 的部分分程序：
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ljl;
const int N=3e5+5;
int n,f[N][2],a[N],ans;
string s;
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i)
cin>>a[i];
cin>>s;s=" "+s;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int x=a[i];
f[x][0]=f[x][1]=1;
for(int j=1;j<i;++j)
{
int y=a[j];
if(y<x)
{
if(s[f[y][0]]=='U')
f[x][0]=max(f[x][0],f[y][0]+1);
if(s[f[y][1]]=='U')
f[x][0]=max(f[x][0],f[y][1]+1);
}
if(y>x)
{
if(s[f[y][0]]=='D')
f[x][1]=max(f[x][1],f[y][0]+1);
if(s[f[y][1]]=='D')
f[x][1]=max(f[x][1],f[y][1]+1);
}
}
ans=max(ans,max(f[x][0],f[x][1]));
}
// for(int i=1;i<=n;++i)
// {
// cout<<i<<": ";
// cout<<f[i][0]<<' '<<f[i][1]<<'\n';
// }
cout<<ans-1<<'\n';
return 0;
}然后考虑优化。
注意到每次查询，要么是 [ 1 , x − 1 ] [1,x-1] [1,x−1]，要么是 [ x + 1 , n ] [x+1,n] [x+1,n]，是一段连续的区间。
所以可以考虑用线段树维护最大值。
具体地，为 U 和 D 各开一个线段树。编号还是 0 0 0 对应 U， 1 1 1 对应 D。
然后每次转移就只要 query 一下线段树就可以了，单次时间复杂度 O ( log n ) O(\log n) O(logn)。
最后考虑更新线段树。
首先线段树编号对应 0 0 0 或 1 1 1。
然后就是把 f i , 0 / 1 f_{i,0/1} fi,0/1 插入线段树 i i i 号位。
注意有可能 f i , 0 f_{i,0} fi,0 与 f i , 1 f_{i,1} fi,1 都插进了 i i i 号位，所以线段树更新的时候要 node[p][i].maxn=max(val,node[p][i].maxn);，而不是 node[p][i].maxn=val;。
总时间复杂度 O ( n log n ) O(n\log n) O(nlogn)。
代码：
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ljl;
const int N=3e5+5;
int lowbit(int x){return x&(-x);}
int n,f[N][2],a[N],ans,maxu,maxd;
string s;
struct NODE{
int l,r,maxn;
}node[N*4][2];
#define lc (p<<1)
#define rc (p<<1|1)
void pushup(int p,int i)
{
if(node[p][i].l==node[p][i].r)return;
node[p][i].maxn=max(node[lc][i].maxn,node[rc][i].maxn);
return;
}
void bld(int l,int r,int p,int i)
{
node[p][i].l=l;node[p][i].r=r;
if(l==r)return;
int mid=(node[p][i].l+node[p][i].r)/2;
bld(l,mid,lc,i);bld(mid+1,r,rc,i);
pushup(p,i);
return;
}
void addx(int x,int val,int p,int i)
{
// cout<<node[p][i].l<<' '<<node[p][i].r<<'\n';
if(node[p][i].l==node[p][i].r)
{
node[p][i].maxn=max(val,node[p][i].maxn);
return;
}
int mid=(node[p][i].l+node[p][i].r)/2;
if(x<=mid)
addx(x,val,lc,i);
else
addx(x,val,rc,i);
pushup(p,i);
return;
}
int query(int l,int r,int p,int i)
{
if(l<=node[p][i].l&&node[p][i].r<=r)
return node[p][i].maxn;
int mid=(node[p][i].l+node[p][i].r)/2,ans=0;
if(l<=mid)
ans=max(ans,query(l,r,lc,i));
if(mid<r)
ans=max(ans,query(l,r,rc,i));
return ans;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i)
cin>>a[i];
cin>>s;s=" "+s;
bld(1,n,1,0);
bld(1,n,1,1);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int x=a[i];
f[x][0]=f[x][1]=1;
f[x][0]=max(f[x][0],query(1,x-1,1,0)+1);
f[x][1]=max(f[x][1],query(x+1,n,1,1)+1);
ans=max(ans,max(f[x][0],f[x][1]));
if(s[f[x][0]]=='U')
addx(x,f[x][0],1,0);
if(s[f[x][1]]=='U')
addx(x,f[x][1],1,0);
if(s[f[x][0]]=='D')
addx(x,f[x][0],1,1);
if(s[f[x][1]]=='D')
addx(x,f[x][1],1,1);
}
// for(int i=1;i<=n;++i)
// {
// cout<<i<<": ";
// cout<<f[i][0]<<' '<<f[i][1]<<'\n';
// }
cout<<ans-1<<'\n';
return 0;
}你说得对，但是本来想用树状数组的，但是发现好像不太容易用 [ 1 , r ] [1,r] [1,r] 的答案减去 [ 1 , l − 1 ] [1,l-1] [1,l−1] 的答案，于是用了线段树。虽然常数大了点，但好歹思维难度不高。
UPD：写完后想了想，发现其实可以用树状数组。因为只有 [ x + 1 , n ] [x+1,n] [x+1,n] 这类型的区间，所以可以反着再建树状数组，反着查询。不过这太麻烦了。