BZOJ 1107: [POI2007]驾驶考试egz / Luogu P3463 [POI2007]EGZ-Driving Exam (树状数组 LIS) CODE

边反向后就相当于 能从$1$和$n$走到$i$.

为了方便叙述,把$1$~$n$叫做x坐标,$1$~$(m+1)$叫做y坐标.

然后我们将图上下翻转($y$坐标)后,能从$1$走到$i$的话一定经过$i-1$条向右的边,且这些边的$y$坐标不下降.

那么我们设$fl[i]$表示从$1$走到$i$最小加边数量,那么有$fl[i]=i-1-LIS$这里的$LIS$是x坐标在$1$~$(i-1)$的边的$y$坐标形成的最长不下降子序列长度.

这个东西可以$O(nlogn)$预处理出来,同时我们反着处理一遍向左的边就能处理出从$n$走到$i$的最小加边数量$fr[i]$.

最终答案一定是一段连续的区间$[i,j]$.因为如果两个满足答案的位置不相邻,体现在边的$y$坐标序列上就是两座山峰,中间的值也一定可以形成山峰.如下图

假设两座山峰为$L,R$.那么对于在$[L,R]$中的点,如果在M左边就取①上的点,如果在M右边就取②上的点,这样也一定能够形成总长为$n$的山峰.

所以说要求的就是区间$[i,j]$满足$fr[i]+fl[j]<=k$的最长区间长度.

由于$fr[i]$递减,$fl[i]$递增,那么枚举$i$增加的时候,为了让区间长度尽量大,$j$也一定不会变小.那么就开个变量存一下当前$j$的位置然后往后面挪动就行了.$O(n)$

总时间复杂度$O(nlogn)$.

注意这道题要减去原本就能够被$1,n$都到达的跑道的数量.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char cb[1<<15],*cs=cb,*ct=cb;
#define getc() (cs==ct&&(ct=(cs=cb)+fread(cb,1,1<<15,stdin),cs==ct)?0:*cs++)
template<class T>inline void read(T &res) {
	char ch; int flg = 1; for(;!isdigit(ch=getc());)if(ch=='-')flg=-flg;
	for(res=ch-'0';isdigit(ch=getc());res=res*10+ch-'0'); res*=flg;
}
const int MAXN = 100005;
int n, m, p, k, T[MAXN], fl[MAXN], fr[MAXN];
vector<pair<int,int> >el[MAXN], er[MAXN];
inline void chkmax(int &x, int y) { if(y > x) x = y; };
inline void upd(int x, int val) {
	while(x <= m) chkmax(T[x], val), x += x&-x;
}
inline int qsum(int x) { int re = 0;
	while(x) chkmax(re, T[x]), x -= x&-x;
	return re;
}
int main() {
	read(n), read(m), read(p), read(k); ++m;
	for(int i = 1, x, y, z; i <= p; ++i) {
		read(x), read(y), read(z); y = m-y;
		if(z) el[x+1].push_back(make_pair(y, 0));
		else er[x].push_back(make_pair(y, 0));
		//这里的z=1和z=0两种边,将哪一种看作向左的边其实无所谓(图的左右翻转不影响答案)
		//只要题目中给出的不同的两种边相对关系固定就行
	}
	int LIS = 0;
	for(int i = 2; i <= n; ++i) {
		
		for(int j = 0, siz = el[i].size(); j < siz; ++j)
			chkmax(LIS, el[i][j].second = qsum(el[i][j].first) + 1);
		fl[i] = i - 1 - LIS;
		for(int j = 0, siz = el[i].size(); j < siz; ++j)
			upd(el[i][j].first, el[i][j].second);
	}
	for(int i = 1; i <= m; ++i) T[i] = 0;
	LIS = 0;
	for(int i = n-1; i >= 1; --i) {
		for(int j = 0, siz = er[i].size(); j < siz; ++j)
			chkmax(LIS, er[i][j].second = qsum(er[i][j].first) + 1);
		fr[i] = n - i - LIS;
		for(int j = 0, siz = er[i].size(); j < siz; ++j)
			upd(er[i][j].first, er[i][j].second);
	}
	int j = 1, ans = 0, cnt = 0;
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		while(j <= n && fr[i] + fl[j] <= k) ++j;
		chkmax(ans, j - i);
		if(!fl[i] && !fr[i]) ++cnt;
	}
	//printf("ans = %d
", ans);
	printf("%d
", ans-cnt);
}