小明系列问题――小明序列
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Description
大家都知道小明最喜欢研究跟序列有关的问题了，可是也就因为这样，小明几乎已经玩遍各种序列问题了。可怜的小明苦苦地在各大网站上寻找着新的序列问题，可是找来找去都是自己早已研究过的序列。小明想既然找不到，那就自己来发明一个新的序列问题吧！小明想啊想，终于想出了一个新的序列问题，他欣喜若狂，因为是自己想出来的，于是将其新序列问题命名为“小明序列”。 提起小明序列，他给出的定义是这样的： ①首先定义S为一个有序序列，S={ A1 , A2 , A3 , ... , An }，n为元素个数 ； ②然后定义Sub为S中取出的一个子序列，Sub={ Ai1 , Ai2 , Ai3 , ... , Aim }，m为元素个数 ； ③其中Sub满足 Ai1 < Ai2 < Ai3 < ... < Aij-1 < Aij < Aij+1 < ... < Aim ； ④同时Sub满足对于任意相连的两个Aij-1与Aij都有 ij - ij-1 > d (1 < j <= m， d为给定的整数)； ⑤显然满足这样的Sub子序列会有许许多多，而在取出的这些子序列Sub中，元素个数最多的称为“小明序列”(即m最大的一个Sub子序列)。 例如：序列S={2,1,3,4} ，其中d=1； 可得“小明序列”的m=2。即Sub={2,3}或者{2,4}或者{1,4}都是“小明序列”。 当小明发明了“小明序列”那一刻,情绪非常激动，以至于头脑凌乱，于是他想请你来帮他算算在给定的S序列以及整数d的情况下，“小明序列”中的元素需要多少个呢？
Input
输入数据多组，处理到文件结束; 输入的第一行为两个正整数 n 和 d；(1<=n<=10^5 , 0<=d<=10^5) 输入的第二行为n个整数A1 , A2 , A3 , ... , An，表示S序列的n个元素。(0<=Ai<=10^5)
Output
请对每组数据输出“小明序列”中的元素需要多少个，每组测试数据输出一行。
Sample Input
2 0 1 2 5 1 3 4 5 1 2 5 2 3 4 5 1 2
Sample Output
2 2 1
#includeusing namespace std;const int M = 1e5 + 10 , inf = 0x3f3f3f3f;int n , d ;int a[M] , Top[M] , maxn[M];int judge (int x) { int l = 0 , r = n ; int ret = l ; while (l <= r) { int mid = l + r >> 1 ; if (x > Top[mid]) { l = mid+1 ; ret = mid ; } else r = mid-1 ; } return ret+1 ;}void solve () { int ans = 0 ; for (int i = 1 ; i <= n ; i ++) { maxn[i] = judge (a[i]) ; ans = max (maxn[i] , ans) ; int j = i-d ; if (j > 0) Top[ maxn[j] ] = min (Top[ maxn[j] ] , a[j] ) ; } printf ("%d\n" , ans ) ;}int main () { while (~ scanf ("%d%d" , &n , &d)) { Top[0] = -inf ; for (int i = 1 ; i <= n ; i ++) { scanf ("%d" , &a[i]) ; Top[i] = inf ; } solve () ; } return 0 ;}
我想大多数人写LIS，都不会设置一个数组去记录以每个值结尾的最长子序列的LIS，因为：
1.我们一般只关心整体的LIS。
2.一般求出子序列的LIS就立刻拿去跟新Top[lis]了，哪里需要存在一个数组里。
然后这就导致一个梗了，我完全没有想过局部lis还有什么用。
就这道题目而言，思路其实就四个字：
延迟跟新。
每次跟新都延迟d次。