Let:
dp[i, j] = number of increasing subsequences of length j that end at i
Łatwym rozwiązaniem jest w O(n^2 * k)
:
for i = 1 to n do
dp[i, 1] = 1
for i = 1 to n do
for j = 1 to i - 1 do
if array[i] > array[j]
for p = 2 to k do
dp[i, p] += dp[j, p - 1]
Odpowiedź jest dp[1, k] + dp[2, k] + ... + dp[n, k]
.
Teraz to działa, ale jest nieefektywne z powodu podanych ograniczeń, ponieważ n
może wzrosnąć nawet do 10000
. k
jest wystarczająco mały, więc powinniśmy spróbować znaleźć sposób na pozbycie się n
.
Spróbujmy innego podejścia. Mamy również S
- górną granicę wartości w naszej tablicy. Spróbujmy znaleźć algorytm w odniesieniu do tego.
dp[i, j] = same as before
num[i] = how many subsequences that end with i (element, not index this time)
have a certain length
for i = 1 to n do
dp[i, 1] = 1
for p = 2 to k do // for each length this time
num = {0}
for i = 2 to n do
// note: dp[1, p > 1] = 0
// how many that end with the previous element
// have length p - 1
num[ array[i - 1] ] += dp[i - 1, p - 1]
// append the current element to all those smaller than it
// that end an increasing subsequence of length p - 1,
// creating an increasing subsequence of length p
for j = 1 to array[i] - 1 do
dp[i, p] += num[j]
ten ma złożoność O(n * k * S)
, ale możemy je zmniejszyć do O(n * k * log S)
dość łatwo. Potrzebujemy tylko struktury danych, która pozwoli nam efektywnie sumować i aktualizować elementy w zakresie: segment trees, binary indexed trees itd.
Metoda 'O (n * n * k)' z pewnością przekroczy limit czasowy (TLE). Zamiast tego powinniśmy użyć drzewa BIT lub segmentu, aby przyspieszyć działanie. –
@mostafiz - tak, po to właśnie jest drugie podejście. – IVlad
co masz na myśli przez "num [i] = ile podciągów, które kończą się na i (element, a nie indeks tym razem) mają pewną długość", co jeśli mamy podobne elementy przy różnych indeksach? – bicepjai