BZOJ4990 (LCS轉LIS)

題面

https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4990

分析

首先可以看出一個簡單的DP
dp[i][j]表示序列a前i個與序列b前j個連線數量
$dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1],dp[i-1][j-1]( \left| a[i]-b[j]\right|<=4))$
這樣DP的時間複雜度爲$O(n^2)$
發現該方程除了轉移的判斷條件之外和LCS並無什麼不同，因此可考慮LCS的優化方法

提示：閱讀下面內容前，請先確保自己掌握一般情況下LCS轉LIS的過程，以及LIS的$O(nlog_2n)$算法

考慮LCS轉LIS，原本的方法是記錄a[i]中每個值的位置pos,將b[i]轉化爲pos[b[i]]
既然$\left| a[i]-b[j]\right|<=4$都可杯看做“相等”
則我們對於每個b[i]±j (0<=j<=4),將pos[b[i]±j]加入數組c,求c的LIS即爲答案
但注意到每個點只能連一條邊，也就是對於每個b[i]，9個b[i]±j中只能選一個加入LIS
所以將9個一組從大到小排序，再拼起來，這樣每組數中至多有一個數被選進LIS，（若選兩個，則c[i]>c[i+1],矛盾）
時間複雜度$O(nlog_2n)$

代碼

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define maxn 100005
using namespace std;
int n;
int a[maxn],b[maxn];
int pos[maxn];
vector<int>tmp;
vector<int>c;
int s[maxn*9];
int m;
int cmp(int x,int y) {
	return x>y;
}
int solve() {
	for(int i=1;i<=n;i++){
		tmp.clear();
		for(int j=0;j<=4;j++){
			if(b[i]+j<=n) tmp.push_back(pos[b[i]+j]);
			if(b[i]-j>=1) tmp.push_back(pos[b[i]-j]);
		}
		sort(tmp.begin(),tmp.end(),cmp);
		int t=tmp.size();
		for(int j=0;j<t;j++){
			c.push_back(tmp[j]);
		}
	}
	int m=c.size();
//	for(int i=0;i<m;i++) printf("%d ",c[i]);
//	printf("\n");
	int top=0;
	for(int i=0; i<m; i++) {
		if(c[i]>s[top]) {
			s[++top]=c[i];
		} else {
			int tmp=lower_bound(s+1,s+1+top,c[i])-s;
			s[tmp]=c[i];
		}
	}
	return top;
}

int main() {
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		scanf("%d",&a[i]);
		pos[a[i]]=i;
	}
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		scanf("%d",&b[i]);
	}
	printf("%d\n",solve());
}