DP专项（一维DP）
主要是最长公共子序列和最长上升子序列。
目录
一.最长公共子序列
1.基本操作
2.求最长公共子序列个数
【HAOI2010 Day2】最长公共子序列
3.求最长公共子序列(字典序版）
最长公共子序列(字典序最小版)
最短包含串
4.最长公共子序列转最长上升序列
最长公共子序列(变态版)
二.最长上升子序列
1.基本操作
O（n^2）做法
O（nlog(n)）做法
2. 求方案数
位置不同
本质不同
3.字典序最长上升子序列
4.求最长上升子序列中的数
建图法（但是TLE）
差分法（智慧的）
5.思维题
通用的0
一.最长公共子序列
1.基本操作
问题：给定序列a、b，求a、b的最长公共子序列的长度。
直接dp[i][j]表示直到a的第i项，b的第j项的最长公共子序列。
dp[i][j]=max(dp[i][j-1],dp[i-1][j])(a[i]!=b[j])
dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1(a[i]==b[j])
2.求最长公共子序列个数
【HAOI2010 Day2】最长公共子序列
问题描述
字符序列的子序列是指从给定字符序列中随意地（不一定连续）去掉若干个字符（可能一个也不去掉）后所形成的字符序列。令给定的字符序列X=“x0,x1,…,xm-1”，序列Y=“y0,y1,…,yk-1”是X的子序列，存在X的一个严格递增下标序列“i0,i1,…,ik-1”，使得对所有的j=0，1，…，k-1，有xij = yj。例如，X=“ABCBDAB”，Y=“BCBD”是X的一个子序列。
对给定的两个字符序列，求出他们最长的公共子序列长度，以及最长公共子序列个数。
设dp[i][j]表示直到a的第i项，b的第j项的最长公共子序列，f[i][j]表示直到a的第i项，b的第j项的最长公共子序列的个数。
dp[i][j]=max(dp[i][j-1],dp[i-1][j])(a[i]!=b[j])
dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1(a[i]==b[j])
f[i][j]=f[i-1][j-1](a[i]==b[j])
f[i][j]+=f[i-1][j](dp[i][j]==dp[i-1][j])
f[i][j]+=f[i][j-1](dp[i][j]==dp[i][j-1])
f[i][j]-=f[i-1][j-1](a[i]!=b[j]&&dp[i-1][j-1]==dp[i][j])
f的设法很好想，关键是如何去重？
感性理解一下，如果有(a[i]!=b[j]&&dp[i-1][j-1]==dp[i][j]),那么f[i][j]将加上两次f[i-1][j-1]，便需要减去。
3.求最长公共子序列(字典序版）
最长公共子序列(字典序最小版)
问题描述
求字符串a和b的最长公共子序列(lcs)。输出字典序最小的方案。
先求出最长公共子序列的长度，然后凑出字典序最小或最大。因为小写字母总共26个，所以对于ans数组的第i位去枚举放谁（乘上一个26的常数）。
于是初始化f[i][j]表示自i+1位起到结尾，字母(char)('a'-j+1)第一次出现位置的下标(是一个贪心)。每次枚举到ans的第i位，判断字母j：
dp[nexta][nextb]>=ans-i?( nexta=f[nowa][j],nextb=f[nowb][j])
是就转移括号内的，否则j++
代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<stack>
using namespace std;
const int N=5e3+5,M=30;
int n,m;
char a[N],b[N],c[N];
int ta[N][M],tb[N][M],dp[N][N];
void init()
{for(int i=1;i<=26;i++){ta[n+1][i]=N,tb[m+1][i]=N;for(int j=n;j>=1;j--){ta[j][i]=ta[j+1][i];if(a[j]==(char)'a'+i-1)ta[j][i]=j;}for(int j=m;j>=1;j--){tb[j][i]=tb[j+1][i];if(b[j]=='a'+i-1)tb[j][i]=j;}}
}
int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);scanf("%s%s",a+1,b+1);for(int i=n;i>=1;i--){for(int j=m;j>=1;j--){dp[i][j]=max(dp[i+1][j],dp[i][j+1]);if(a[i]==b[j])dp[i][j]=dp[i+1][j+1]+1; }}init();int ans=dp[1][1],ax=0,bx=0;for(int i=1;i<=ans;i++){for(int j=1;j<=26;j++){int nax=ta[ax+1][j],nbx=tb[bx+1][j];if(nax==N||nbx==N)continue;if(dp[nax][nbx]>=ans-i+1){ax=nax,bx=nbx;c[i]=(char)('a'+j-1);break;}}}for(int i=1;i<=ans;i++){printf("%c",c[i]);}return 0;
}总结：对于求字典序最大或最小问题，dp[i][j]表示自a的i位，b的j位到结尾的最长公共子序列长度大小，方便ans数组的求解（从后往前）。
最短包含串
问题描述
给定字符串a和b，求最短的字符串s，使得a与b均为s的子序列。
仅求长度太简单了，所以你要找到所有满足条件的s中字典序最小的。
同理，只是变了一下。
求出答案anslen=lena+lenb-dp[1][1]。dp设法同上一道题，倒着存。
代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<stack>
using namespace std;
const int N=5e3+5,M=30;
int n,m;
int dp[N][N];
char a[N],b[N],c[2*N];
int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);scanf("%s%s",a+1,b+1);for(int i=n;i>=1;i--){for(int j=m;j>=1;j--){dp[i][j]=max(dp[i][j+1],dp[i+1][j]);if(a[i]==b[j])dp[i][j]=dp[i+1][j+1]+1;}}int ax=1,bx=1,len=n+m-dp[1][1];for(int i=1;i<=len;i++){ if(ax>n){for(;bx<=m;bx++)c[i++]=b[bx];break;}if(bx>m){for(;ax<=n;ax++)c[i++]=a[ax];break;}if(a[ax]==b[bx]){c[i]=a[ax];ax++,bx++;}else if(a[ax]<b[bx]){if((n-ax)+(m-bx+1)-dp[ax+1][bx]<=len-i)c[i]=a[ax++];else c[i]=b[bx++];}else{if((n-ax+1)+(m-bx)-dp[ax][bx+1]<=len-i)c[i]=b[bx++];else c[i]=a[ax++];}}for(int i=1;i<=len;i++){printf("%c",c[i]);}return 0;
}4.最长公共子序列转最长上升序列
最长公共子序列(变态版)
问题描述
求数列a与b数列的最长公共子序列长度。
1<=lena,lenb<=3*10^5
0<=ai,bi<=2^31
数列a的值互不相同，数列b的值也互不相同。
因为值不同，所以我们对于每个数i（记得离散化）找到它在a、b中的下标ida,idb。
显而易见，我们要求满足ida_i<ida_j,idb_i<idb_j的i,j最大个数。于是按照ida（或idb）为关键字排序，再求最长上升子序列即可。
代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<stack>
using namespace std;
const int N=3e5+5;
int n,m,ans;
int a[N],b[N],t[2*N],z[2*N],dp[N];
struct node{int a,b;
}f[N];
bool cmp(int x,int y)
{return x<y;
}
void init()
{int m1=0;sort(t+1,t+1+n+m,cmp);m1=unique(t+1,t+1+n+m)-t-1;for(int i=1;i<=n;i++){a[i]=upper_bound(t+1,t+1+m1,a[i])-t-1;f[a[i]].a=i;}for(int i=1;i<=m;i++){b[i]=upper_bound(t+1,t+1+m1,b[i])-t-1;f[b[i]].b=i;z[f[b[i]].a]=i;}
}
int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);if(n>m)swap(n,m);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);t[i]=a[i];}for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d",&b[i]);t[n+i]=b[i];}init();for(int i=1;i<=n+m&&z[i]!=0;i++){int tp=lower_bound(dp+1,dp+1+ans,z[i])-dp;if(dp[tp]>=z[i])dp[tp]=z[i];else dp[++ans]=z[i];}printf("%d",ans);return 0;
}二.最长上升子序列
1.基本操作
问题：给定序列a，求a的最长上升子序列的长度。
O（n^2）做法
设dp[i]表示到第i位的最长上升子序列长度。
代码：
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<i;j++)if(a[i]>a[j])f[i]=f[j]+1;O（nlog(n)）做法
设dp[i]表示到目前位置，凑成长度为i的最长上升子序列的末尾最小值（贪心）。
代码：
for(int i=1;i<=n;i++)
{int tp=lower_bound(dp+1,dp+1+ans,a[i]);if(dp[ans]>=a[i])dp[tp]=a[i];else dp[++ans]=a[i];
}2. 求方案数
位置不同
问题描述
给定a序列，求出最长上升子序列的长度，以及位置最长上升子序列的数量。
1<=lena<=10^5,0<=ai<=lena,答案mod10^9+7
设dp[i]表示到当位置能凑成长度为i的最长上升子序列的末尾最小值。
建立vector<int>g存下所有进入过dp数组的值k与当时的方案数sum，并存成前缀和的形式，方便后面转移。
直接上样例：4 3 5 7 1 6 2
dp（从下往上存）:
| 1 | ||
| 3 | 2 | 6 |
| 4 | 5 | 7 |
g（从下往上存）：
| k | sum | k | sum | k | sum |
| 1 | 3 | ||||
| 3 | 2 | 2 | 3 | 6 | 4 |
| 4 | 1 | 5 | 2 | 7 | 2 |
每次对于新的数i，判断是否需要ans++：
如果要：
dp[++ans]=i
在在g[ans-1]中寻找第一个不以成为i的上一个数下标t（t以后的都比i小），得到方案数ans-1层的总方案数减去t前的总方案数（g是满足单调性的）。
如果不要：
dp[tp]=i
在在g[tp-1]中寻找第一个不以成为i的上一个数下标t（t以后的都比i小），得到方案数tp-1层的总方案数减去t前的总方案数（g是满足单调性的），注意存的是前缀和。
注意，tp或ans等于一时sum直接加1。
代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<stack>
using namespace std;
const int N=1e5+5,mod=1e9+7;
int n,ans;
int a[N],dp[N];
struct node{long long k,sum;
};
vector<node> g[N];
int find(int x,int l,int r,int y)
{while(l<r){int mid=l+r+1>>1;if(g[x][mid].k>=y)l=mid;else r=mid-1;}return l;
}
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);}for(int i=1;i<=n;i++){int tp=lower_bound(dp+1,dp+1+ans,a[i])-dp;if(dp[tp]>=a[i]){dp[tp]=a[i];long long t1=g[tp][g[tp].size()-1].sum;if(tp==1){g[tp].push_back((node){a[i],t1+1});}else{int size=g[tp-1].size()-1;int t=find(tp-1,0,size,a[i]);long long t2=g[tp-1][size].sum-g[tp-1][t].sum;if(g[tp-1][t].k<a[i])t2=g[tp-1][size].sum;g[tp].push_back((node){a[i],(t1+t2+mod)%mod});}}else{dp[++ans]=a[i];if(ans==1){g[ans].push_back((node){a[i],1});}else{int size=g[ans-1].size()-1;int t=find(ans-1,0,size,a[i]);long long t1=g[ans-1][size].sum-g[ans-1][t].sum;if(g[ans-1][t].k<a[i])t1=g[ans-1][size].sum;g[ans].push_back((node){a[i],(t1+mod)%mod});}}}printf("%lld %lld",ans,g[ans][g[ans].size()-1].sum%mod);return 0;
}
/*
10
5 3 8 6 3 6 9 1 5 2
*/本质不同
方法和位置不同差不多，只是当发现dp[tp]等于当前的i时直接覆盖（因为当前重新算的覆盖了上次算的）。
问题描述
给定a序列，求出最长上升子序列的长度，以及本质最长上升子序列的数量。
（1 2 1 2 3，1 2 3和1 2 3本质相同）
1<=lena<=10^5,0<=ai<=lena,答案mod10^9+7
代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<stack>
using namespace std;
const int N=1e5+5,mod=1e9+7;
int n,ans;
int a[N],dp[N];
struct node{int k;long long sum;
};
vector<node> g[N];
int find(int x,int z)
{int l=0,r=g[x].size()-1;while(l<r){int mid=l+r+1>>1;if(g[x][mid].k>=z)l=mid;else r=mid-1;}return l;
}
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);}for(int i=1;i<=n;i++){int tp=lower_bound(dp+1,dp+1+ans,a[i])-dp; if(dp[tp]>=a[i]){if(tp==1){if(dp[tp]!=a[i]){g[tp].push_back((node){a[i],g[tp][g[tp].size()-1].sum+1});}dp[tp]=a[i];continue;} int size=g[tp-1].size()-1;int size1=g[tp].size()-1;int tp1=find(tp-1,a[i]);long long tp2=g[tp-1][size].sum-g[tp-1][tp1].sum;if(g[tp-1][tp1].k<a[i]){tp2=g[tp-1][size].sum;}if(dp[tp]==a[i]){g[tp][size1].sum=tp2;if(size1>=1){g[tp][size1].sum=(g[tp][size1].sum+g[tp][size1-1].sum+mod)%mod;} }else{g[tp].push_back((node){a[i],(tp2+g[tp][g[tp].size()-1].sum+mod)%mod});}dp[tp]=a[i];}else{dp[++ans]=a[i];if(ans==1){g[ans].push_back((node){a[i],1});}else{int size=g[ans-1].size()-1;int tp=find(ans-1,a[i]);long long tp1=g[ans-1][size].sum-g[ans-1][tp].sum;if(g[ans-1][tp].k<a[i])tp1=g[ans-1][size].sum;g[ans].push_back((node){a[i],(tp1+mod)%mod});}}}printf("%d %d",ans,g[ans][g[ans].size()-1].sum);return 0;
}3.字典序最长上升子序列
问题描述
给定序列a，求出a的最长上升子序列的长度，并输出其中字典序最大的一个。
跟最长公共子序列的字典序问题求法差不多。
代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<stack>
using namespace std;
const int N=5e3+5;
int n,ans;
int a[N],b[N];
int dp[N],t[N][N];
void init()
{for(int i=1;i<=n;i++){t[n+1][i]=N;for(int j=n;j>=1;j--){t[j][i]=t[j+1][i];if(a[j]==i)t[j][i]=j;}}
}
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);}for(int i=n;i>=1;i--){dp[i]=1;for(int j=n;j>=i+1;j--){if(a[i]<a[j]){dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);}}ans=max(ans,dp[i]);}init();int tp=0;for(int i=1;i<=ans;i++){for(int j=n;j>=1;j--){int nxt=t[tp+1][j];if(nxt==N)continue;if(dp[nxt]>=ans-i+1){tp=nxt,b[i]=j;break;}}}printf("%d\n",ans);for(int i=1;i<=ans;i++){printf("%d ",b[i]);}return 0;
}4.求最长上升子序列中的数
问题描述
最长上升子序列的方案可能有很多，但有的数在所有方案中都有出现，有的数只出现在部分方案中，有的数不在任意一种方案中。
你需要按上述规则将原数列中的数进行分类：
输出2表示它存在于所有最长上升子序列中；
输出1表示它存在与一些最长上升子序列中；
输出0表示它不存在与任意最长上升子序列中。
建图法（但是TLE）
关于用建图方式解决最长上升子序列的长度、方案数、字典序具体方案等问题都可以完成。
直接上样例：5 8 9 2 3 1 6 4 7
建图：
可以看到只有结尾为7时才满足，于是找到所有结尾满足的点后，倒着 DFS回去。
怎么找？当下标i的数进入dp数组后，存f[i]为点i在dp数组的下标。找到ans后遍历f即可。
代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<stack>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,cnt,ans;
int a[N],head[N];
int f[N],dp[N],num[N],f1[N],f2[N];
struct node{int nxt,v;
}edge[2*N];
vector<int> g[N];
void add(int u,int v)
{edge[++cnt].nxt=head[u];edge[cnt].v=v;head[u]=cnt;
}
void dfs(int x)
{f1[x]=1;for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){int v=edge[i].v;if(f1[v]==0)dfs(v);}
}
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);}for(int i=1;i<=n;i++){int tp=lower_bound(dp+1,dp+1+ans,a[i])-dp;if(dp[tp]>=a[i]){dp[tp]=a[i];f[i]=tp;g[tp].push_back(i);if(tp>1){for(int j=g[tp-1].size()-1;j>=0;j--){if(a[g[tp-1][j]]>=a[i])break;add(i,g[tp-1][j]);}}}else{dp[++ans]=a[i];f[i]=ans;g[ans].push_back(i);if(ans>1){for(int j=g[ans-1].size()-1;j>=0;j--){if(a[g[ans-1][j]]>=a[i])break;add(i,g[ans-1][j]);}}}}for(int i=1;i<=n;i++){if(f[i]==ans)dfs(i);}for(int i=1;i<=n;i++){if(f1[i])f2[f[i]]++;}for(int i=1;i<=n;i++){if(f1[i]&&f2[f[i]]==1)printf("2 ");else if(f1[i])printf("1 ");else printf("0 ");}return 0;
}差分法（智慧的）
考虑数i的影响范围，找到g[tp]中时间小于i的时间的，且数值也小于i的区间。
可想想当枚举到i时，g[tp]中的数一定是比i先进入，且g是满足单调性的，所以只需要二分g[tp]中第一个大于它的数的下标t，然后t到g[tp]结尾的数都满足（存到s[i].l与s[i].r中）。
同上，找到每个满足f[i]==ans的i，然后往回标记g[ans-1][s[i].l]到g[ans-1][s[i].r]。再在遍历到ans-1位时继续往回搞。用差分数组在s[i].l加1，在s[r].r减1。
注意右边界为g[tp]的结尾，左边界要二分到第一个大于它的数。
继续上样例：5 8 9 2 3 1 4 6 7
dp（从下往上存）：
| 1 | 4 | ||
| 2 | 3 | 6 | |
| 5 | 8 | 9 | 7 |
s（从下往上存，vector第一位从0开始）:
| 数 | s[i].l | s[i].r | 具体的值 |
| 1 | -1 | -1 | |
| 2 | -1 | -1 | |
| 3 | 2 | 0 | 1、2 |
| 4 | 1 | 0 | 3 |
| 5 | -1 | -1 | |
| 6 | 1 | 0 | 3 |
| 7 | 2 | 0 | 4、6 |
| 8 | 0 | -1 | 5 |
| 9 | 0 | -1 | 8 |
代码（代码里l和r搞反了，但不影响）：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<stack>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,cnt,ans;
int a[N];
int f[N],dp[N],num[N],f1[N],f2[N];
struct node1{int l,r;
}s[N];
vector<int> g[N],d[N];
int find(int x,int z)
{int l=0,r=g[x].size()-1;while(l<r){int mid=l+r+1>>1;if(a[g[x][mid]]>=z)l=mid;else r=mid-1;}return l;
}
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);}for(int i=1;i<=n;i++){int tp=lower_bound(dp+1,dp+1+ans,a[i])-dp;if(dp[tp]>=a[i]){dp[tp]=a[i];f[i]=tp;g[tp].push_back(i);d[tp].push_back(0);if(tp>1){int tp1=find(tp-1,a[i]);s[i].l=g[tp-1].size()-1;s[i].r=tp1;if(a[g[tp-1][0]]<a[i]){s[i].r=-1;}if(a[g[tp-1][g[tp-1].size()-1]]>a[i]){s[i].l=-1,s[i].r=-1;}}}else{dp[++ans]=a[i];f[i]=ans;g[ans].push_back(i);d[ans].push_back(0);if(ans>1){int tp1=find(ans-1,a[i]);s[i].l=g[ans-1].size()-1;s[i].r=tp1;if(a[g[ans-1][0]]<a[i]){s[i].r=-1;}if(a[g[ans-1][g[ans-1].size()-1]]>a[i]){s[i].l=-1,s[i].r=-1;}}}}for(int i=1;i<=n;i++){if(f[i]==ans){f1[i]=1;if(s[i].l>=0&&ans>=2)d[ans-1][s[i].l]++;if(s[i].r>=0&&ans>=2)d[ans-1][s[i].r]--;}}for(int i=ans-1;i>=1;i--){int tp=0;for(int j=g[i].size()-1;j>=0;j--){tp+=d[i][j];if(tp>0){int tp1=g[i][j];f1[tp1]=1;if(s[tp1].l>=0&&i>=2)d[i-1][s[tp1].l]++;if(s[tp1].r>=0&&i>=2)d[i-1][s[tp1].r]--;}}}for(int i=1;i<=n;i++){if(f1[i])f2[f[i]]++;}for(int i=1;i<=n;i++){if(f1[i]&&f2[f[i]]==1)printf("2 ");else if(f1[i])printf("1 ");else printf("0 ");}return 0;
}
/*
9
5 8 9 2 3 1 5 4 6
*/5.思维题
通用的0
问题描述
对数列a，求其最长上升(严格)子序列的长度。特别地，你可以将数列中的0替换为任意整数(可为负数)，不同的0可以替换为不同的数。
因为0可以变成任何数，所以遇到0时，可以让它后面的所有数都有机会进入dp。
于是可以转换成将0后所有的数减1（贪心），0除外。
代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<stack>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,ans,cnt;
int a[N],dp[N];
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);}for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]==0){cnt++；continue;}else a[i]-=cnt;int tp=lower_bound(dp+1,dp+1+ans,a[i])-dp;if(dp[ans]>=a[i])dp[tp]=a[i];else dp[++ans]=a[i];}printf("%d",ans+cnt);return 0;
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样例数据 5 8 3 5 1 2 2 4 5 2 1 3 如若不然,也就是让v按照从小到大的顺序枚举,就会出现 注意高亮的那一行,第一件物品的重量只有3,怎么会得到6呢? 代码如下 #include& ...
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吉哥系列故事--临时工计划 Time Limit: 3000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65535/32768 K (Java/Others) To ...
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因为可能会出现以下情况: "mississippi" "mis*is*p*." mississ mis*is* 符合 mississi mis*is* 符合 所 ...
- 【BZOJ】1076 [SCOI2008]奖励关 期望DP+状压DP
[题意]n种宝物,k关游戏,每关游戏给出一种宝物,可捡可不捡.每种宝物有一个价值(有负数).每个宝物有前提宝物列表,必须在前面的关卡取得列表宝物才能捡起这个宝物,求期望收益.k<=100,n&l ...
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