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Description
卡卡昨天晚上做梦梦见他和可可来到了另外一个星球，这个星球上生物的\(DNA\)序列由无数种碱基排列而成（地球上只有\(4\)种），而更奇怪的是，组成\(DNA\)序列的每一种碱基在该序列中正好出现\(5\)次！这样如果一个\(DNA\)序列有\(N\)种不同的碱基构成，那么它的长度一定是\(5N\)。
任务:编写一个程序:
- 从输入文件中读入两个等长的\(DNA\)序列；
- 计算它们的最长公共子序列长度；
- 向输出文件打印你得到的结果。
Input
输入文件中第一行有一个整数\(N\)，表示这个星球上某种生物使用了N种不同的碱基，以后将它们编号为\(1…N\)的整数。
以下还有两行，每行描述一个\(DNA\)序列：包含\(5N\)个\(1…N\)的整数，且每一个整数在对应的序列中正好出现\(5\)次。
Output
输出文件中只有一个整数，即两个\(DNA\)序列的最长公共子序列长度。
Sample Input
2
1 1 2 2 1 1 2 1 2 2
1 2 2 2 1 1 2 2 1 1
Sample Output
7
HINT
[数据约束和评分方法]
\(60\%\)的测试数据中：\(1<=N <= 1000.\)
\(100\%\)的测试数据中：\(1<=N <= 20000.\)
Solution
- 朴素的\(O(n^2)dp\)只能解决\(60\%\)的部分.
- 注意到一个关键性质,每个数在每个序列中都恰好出现\(5\)次.
- 类似于给两个排列求\(LCS\),我们可以记录下每个数字在第一个序列\(a\)中从前往后的\(5\)个位置.
- 再处理第二个序列\(b\),此时我们处理当前数\(b[i]\)在第一个序列中每个出现的位置\(pos\).有\(a[pos]=b[i].\)
- 那么根据朴素\(dp\)的思路,定义\(f[i]\)为只用\(a\)序列的前\(i\)个数的\(LCS\)长度.
- 此时就可以完成更新\(f[pos]=max(f[1\)~\(pos-1])+1\).利用树状数组维护最大值进行优化.
- 特别注意:每个\(b[i]\)对应了\(5\)个\(pos\),而我们处理它们的时候应该从后往前倒序处理,否则先更新的会对后面的造成影响,破坏无后效性(类似01背包).
#include<bits/stdc++.h>
#define lowbit(x) x&(-x)
using namespace std;
typedef long long LoveLive;
inline int read()
{
int out=0,fh=1;
char jp=getchar();
while ((jp>'9'||jp<'0')&&jp!='-')
jp=getchar();
if (jp=='-')
{
fh=-1;
jp=getchar();
}
while (jp>='0'&&jp<='9')
{
out=out*10+jp-'0';
jp=getchar();
}
return out*fh;
}
const int MAXN=2e5+10;
int ta[MAXN];
int va[MAXN][10];
int bit[MAXN];
int n;
inline void upd(int x,int c)
{
for(;x<=n;x+=lowbit(x))
bit[x]=max(bit[x],c);
}
inline int query(int x)
{
int res=0;
for(;x;x-=lowbit(x))
res=max(res,bit[x]);
return res;
}
int main()
{
n=read();
n*=5;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int t=read();
va[t][++ta[t]]=i;
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int t=read();
for(int j=5;j>=1;--j)//值得细细斟酌
{
int pos=va[t][j];
int mx=query(pos-1)+1;
upd(pos,mx);
}
}
int ans=query(n);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}