线性dp-LIS题目2（导弹拦截III）

解题思路

我们定义 d p $i$ $0$ dp $i$ $0$ dp $i$ $0$ 为第 i i i个数作为下降子序列最后一个数的最大值。 d p $i$ $1$ dp $i$ $1$ dp $i$ $1$ 为第 i i i个数作为上升子序列最后一个数的最大值。

题目理解

任何一个数一开始都可以选中，我们可以这样理解：第一个数可以理解为是在一个上升子序列的最后一个数，之后如果我们碰到后面的一个数比第一个小，那这个数可以接在第一个数的最长下降子序列后面，之后遇到一个数比第二个数大，那第三个数可以接在第二个数的最长上升子序列后面，又遇到一个数比第三个数小，那第四个数可以接在第三个数的最长下降子序列后面，以此类推...当然，这里用的是可以接在，是否要接在状态转移判断。

初始化

题目理解里说了"第一个数可以理解为是在一个上升子序列的最后一个数"，所以我们初始化 d p $i$ $1$ = 1 ( 1 < = i < = n ) dp $i$ $1$ =1(1<=i<=n) dp $i$ $1$ =1(1<=i<=n)。

状态转移

对 n n n个数，都遍历一遍，遍历到第 i i i个数，内层循环用变量 j j j遍历 1 至 i − 1 1至i-1 1至i−1,如果数 i i i比数 j j j小，那我们看一下数 i i i接在数 j j j的最长上升子序列后面能不能更长，如果可以，那么就接，否则不接。同理，如果数 i i i比数 j j j大，那我们看一下数 i i i接在数 j j j的最长下降子序列后面能不能更长，如果可以，那么就接，否则不接。状态转移方程：

i f ( a $j$ < a $i$ ) d p $i$ $1$ = m a x ( d p $i$ $1$ , d p $j$ $0$ + 1 ) ; if (a $j$ < a $i$ )dp $i$ $1$ = max(dp $i$ $1$ , dp $j$ $0$ + 1); if(a $j$ <a $i$ )dp $i$ $1$ =max(dp $i$ $1$ ,dp $j$ $0$ +1);

i f ( a $j$ > a $i$ ) d p $i$ $0$ = m a x ( d p $i$ $0$ , d p $j$ $1$ + 1 ) ; if (a $j$ > a $i$ )dp $i$ $0$ = max(dp $i$ $0$ , dp $j$ $1$ + 1); if(a $j$ >a $i$ )dp $i$ $0$ =max(dp $i$ $0$ ,dp $j$ $1$ +1);

最后，用ans存储 d p $i$ $0$ dp $i$ $0$ dp $i$ $0$ 和 d p $j$ $0$ dp $j$ $0$ dp $j$ $0$ 的最大值。

AC Code

cpp 复制代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[1005], n, dp[1005][2];

int main() {
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
		dp[i][1] = 1;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j < i; j++) {
			if (a[j] < a[i])
				dp[i][1] = max(dp[i][1], dp[j][0] + 1);
			if (a[j] > a[i])
				dp[i][0] = max(dp[i][0], dp[j][1] + 1);
		}
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		ans = max(ans, dp[i][0]);
		ans = max(ans, dp[i][1]);
	}
	cout << ans;
	return 0;
}