arrays - 最长 K 序贯递增子序列

Question

为什么我创建了一个重复的线程

我在阅读后创建了这个线程 Longest increasing subsequence with K exceptions allowed .我意识到提出问题的人并没有真正理解问题，因为他指的是link它解决了“允许一次更改的最长增长子数组”问题。所以他得到的答案实际上与 LIS 问题无关。

问题描述

假设数组 A 的长度为 N。
找出最长的递增子序列，允许有 K 个异常(exception)。

例子
1)
N=9 , K=1

A=[3,9,4,5,8,6,1,3,7]

答案:7

解释:

最长递增子序列是:3,4,5,8(或6),1(exception),3,7 -> total=7

2) N=11 , K=2

A=[5,6,4,7,3,9,2,5,1,8,7]

答案:8

到目前为止我所做的...

如果 K=1，则只允许一种异常(exception)情况。如果使用已知的算法来计算 O(NlogN) 中的最长递增子序列 (click here to see this algorithm)，那么我们可以为数组 A 的每个元素计算从 A[0] 到 A[N-1] 的 LIS。我们将结果保存在大小为 N 的新数组 L 中。查看示例 n.1，L 数组将是:
L=[1,2,2,3,4,4,4,4,5]。

使用反向逻辑，我们计算数组 R，其中的每个元素都包含当前从 N-1 到 0 的最长递减序列。

除了一个异常(exception)，LIS 只是 sol=max(sol,L[i]+R[i+1]),
其中 sol 被初始化为 sol=L[N-1]。
所以我们从 0 到索引 i(异常)计算 LIS，然后停止并开始一个新的 LIS，直到 N-1。

A=[3,9,4,5,8,6,1,3,7]

L=[1,2,2,3,4,4,4,4,5]

R=[5,4,4,3,3,3,3,2,1]

Sol = 7

-> 分步解释:

init: sol = L[N]= 5

i=0 : sol = max(sol,1+4) = 5 
i=1 : sol = max(sol,2+4) = 6
i=2 : sol = max(sol,2+3) = 6
i=3 : sol = max(sol,3+3) = 6
i=4 : sol = max(sol,4+3) = 7
i=4 : sol = max(sol,4+3) = 7
i=4 : sol = max(sol,4+2) = 7
i=5 : sol = max(sol,4+1) = 7

复杂度:
O( NlogN + NlogN + N ) = O(NlogN)

因为数组 R、L 需要 NlogN 时间来计算，我们还需要 Θ(N) 才能找到 sol。

k=1 问题的代码

#include <stdio.h>
#include <vector>

std::vector<int> ends;

int index_search(int value, int asc) {
    int l = -1;
    int r = ends.size() - 1;
    while (r - l > 1) { 
        int m = (r + l) / 2; 
        if (asc && ends[m] >= value) 
            r = m; 
        else if (asc && ends[m] < value)
            l = m;
        else if (!asc && ends[m] <= value)
            r = m;
        else
            l = m;
    } 
    return r;
}

int main(void) {
    int n, *S, *A, *B, i, length, idx, max;

    scanf("%d",&n);
    S = new int[n];
    L = new int[n];
    R = new int[n];
    for (i=0; i<n; i++) {
        scanf("%d",&S[i]);
    }

    ends.push_back(S[0]);
    length = 1;
    L[0] = length;
    for (i=1; i<n; i++) {
        if (S[i] < ends[0]) {
            ends[0] = S[i];
        }
        else if (S[i] > ends[length-1]) {
            length++;
            ends.push_back(S[i]);
        }
        else {
            idx = index_search(S[i],1);
            ends[idx] = S[i];
        }
        L[i] = length;
    }

    ends.clear();
    ends.push_back(S[n-1]);
    length = 1;
    R[n-1] = length;
    for (i=n-2; i>=0; i--) {
        if (S[i] > ends[0]) {
            ends[0] = S[i];
        }
        else if (S[i] < ends[length-1]) {
            length++;
            ends.push_back(S[i]);
        }
        else {
            idx = index_search(S[i],0);
            ends[idx] = S[i];
        }
        R[i] = length;
    }

    max = A[n-1];
    for (i=0; i<n-1; i++) {
        max = std::max(max,(L[i]+R[i+1]));
    }

    printf("%d\n",max);
    return 0;
}

泛化到 K 个异常

我已经提供了 K=1 的算法。我不知道如何更改上述算法以适用于 K 异常。如果有人可以帮助我，我会很高兴。

(PS。如果需要，我可以提供 C++ 中 K=1 算法的代码。)

Answer 1

此答案修改自 my answer到 Computer Science Stackexchange 的一个类似问题。

最多有 k 个异常(exception)的 LIS 问题承认使用拉格朗日松弛的 O(n log² n) 算法。当 k 大于 log n 时，这会在 O(nk log n) DP 上渐进改进，我们还将对此进行简要说明。

让 DP[a][b] 表示最长递增子序列的长度，最多有 b 个异常(exception)(前一个整数大于下一个整数的位置)在元素 b a 处结束。这个 DP 不涉及算法，但定义它可以更容易地证明算法。

为方便起见，我们假设所有元素都是不同的，并且数组中的最后一个元素是其最大值。请注意，这并不限制我们，因为我们可以将 m/2n 添加到每个数字的第 m 个出现处，并将无穷大附加到数组并从答案中减去 1。令 V 为 1 <= V[i] <= n 是第 i 个元素的值的排列。

为了解决 O(nk log n) 中的问题，我们保持 DP[a][b] 已经为 b < j 计算的不变量。从 0 到 k 循环 j，在第 j 次迭代计算所有 a 的 DP[a][j]。为此，将 i 从 1 循环到 n。我们保持 DP[x][j-1] 在 x < i 上的最大值和一个前缀最大数据结构，在索引 i 将有 DP[x][j] 在位置 V[x] for x < i, 和 0在所有其他位置。

我们有 DP[i][j] = 1 + max(DP[i'][j], DP[x][j-1]) 在这里我们经过 i', x < i, V[i'] < V[i]。 DP[x][j-1] 的前缀最大值给出了第二类词条的最大值，查询前缀 [0, V[i]] 的前缀最大值数据结构给出了第一类词条的最大值类型。然后更新前缀最大值和前缀最大值数据结构。

这是该算法的 C++ 实现。请注意，此实现不假定数组的最后一个元素是其最大值，或者数组不包含重复项。

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;

// Fenwick tree for prefix maximum queries
class Fenwick {
    private:
        vector<int> val;
    public:
        Fenwick(int n) : val(n+1, 0) {}

        // Sets value at position i to maximum of its current value and 
        void inc(int i, int v) {
            for (++i; i < val.size(); i += i & -i) val[i] = max(val[i], v);
        }

        // Calculates prefix maximum up to index i
        int get(int i) {
            int res = 0;
            for (++i; i > 0; i -= i & -i) res = max(res, val[i]);
            return res;
        }
};

// Binary searches index of v from sorted vector
int bins(const vector<int>& vec, int v) {
    int low = 0;
    int high = (int)vec.size() - 1;
    while(low != high) {
        int mid = (low + high) / 2;
        if (vec[mid] < v) low = mid + 1;
        else high = mid;
    }
    return low;
}

// Compresses the range of values to [0, m), and returns m
int compress(vector<int>& vec) {
    vector<int> ord = vec;
    sort(ord.begin(), ord.end());
    ord.erase(unique(ord.begin(), ord.end()), ord.end());
    for (int& v : vec) v = bins(ord, v);
    return ord.size();
}

// Returns length of longest strictly increasing subsequence with at most k exceptions
int lisExc(int k, vector<int> vec) {
    int n = vec.size();
    int m = compress(vec);
    vector<int> dp(n, 0);
    for (int j = 0;; ++j) {
        Fenwick fenw(m+1); // longest subsequence with at most j exceptions ending at this value
        int max_exc = 0; // longest subsequence with at most j-1 exceptions ending before this
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            int off = 1 + max(max_exc, fenw.get(vec[i]));
            max_exc = max(max_exc, dp[i]);

            dp[i] = off;
            fenw.inc(vec[i]+1, off);
        }
        if (j == k) return fenw.get(m);
    }
}

int main() {
    int n, k;
    cin >> n >> k;

    vector<int> vec(n);
    for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> vec[i];

    int res = lisExc(k, vec);
    cout << res << '\n';
}

现在我们将回到 O(n log² n) 算法。选择一些整数 0 <= r <= n。定义DP'[a][r] = max(DP[a][b] - rb)，其中取最大值超过b，MAXB[a][r]为最大值b，使得DP'[a][ r] = DP[a][b] - rb，而 MINB[a][r] 与 b 的最小值类似。我们将证明 DP[a][k] = DP'[a][r] + rk 当且仅当 MINB[a][r] <= k <= MAXB[a][r]。此外，我们将证明对于任何 k 都存在一个 r，该不等式成立。

请注意，如果 r < r'，则 MINB[a][r] >= MINB[a][r'] 和 MAXB[a][r] >= MAXB[a][r']，因此如果我们假设这两个声明结果，我们可以对 r 进行二分搜索，尝试 O(log n) 值。因此，如果我们可以在 O(n log n) 时间内计算 DP'、MINB 和 MAXB，我们将实现复杂度 O(n log² n)。

为此，我们需要一个存储元组 P[i] = (v_i, low_i, high_i) 的线段树，并支持以下操作:

给定范围 [a, b]，找到该范围内的最大值(最大值 v_i，a <= i <= b)，以及与该范围内该值配对的最小低点和最大高点。

设置元组 P[i]

的值

假设对段树有一定的了解，这很容易实现，每个操作的复杂度为 O(log n) 时间。具体可以引用下面算法的实现。

我们现在将展示如何在 O(n log n) 中计算 DP'、MINB 和 MAXB。修复 r。构建最初包含 n+1 个空值(-INF、INF、-INF)的段树。对于小于当前位置 i 的 j，我们认为 P[V[j]] = (DP'[j], MINB[j], MAXB[j])。如果 r > 0，则设置 DP'[0] = 0，MINB[0] = 0 和 MAXB[0] 为 0，否则设置为 INF 和 P[0] = (DP'[0], MINB[0], MAXB[ 0])。

从 1 到 n 循环 i。有两种以 i 结尾的子序列:前一个元素大于 V[i] 的子序列和小于 V[i] 的子序列。为了解决第二种情况，请查询 [0, V[i]] 范围内的线段树。令结果为 (v_1, low_1, high_1)。设置 off1 = (v_1 + 1, low_1, high_1)。对于第一种，查询 [V[i], n] 范围内的线段树。令结果为 (v_2, low_2, high_2)。设置 off2 = (v_2 + 1 - r, low_2 + 1, high_2 + 1)，其中我们因创建异常而受到 r 的惩罚。

然后我们将off1和off2组合成off。如果off1.v > off2.v 设置off = off1，如果off2.v > off1.v 设置off = off2。否则，设置 off = (off1.v, min(off1.low, off2.low), max(off1.high, off2.high))。然后设置 DP'[i] = off.v、MINB[i] = off.low、MAXB[i] = off.high 和 P[i] = off。

由于我们在每个 i 处进行两次段树查询，因此总共需要 O(n log n) 时间。通过归纳很容易证明我们计算了正确的值 DP'、MINB 和 MAXB。

简而言之，算法是:

预处理，修改值，使它们形成排列，最后一个值是最大值。

二进制搜索正确的 r，初始边界 0 <= r <= n

用空值初始化段树，设置 DP'[0]、MINB[0] 和 MAXB[0]。

从 i = 1 循环到 n，在步骤 i

查询线段树的范围[0, V[i]]和[V[i], n]，

根据这些查询计算 DP'[i]、MINB[i] 和 MAXB[i]，以及

将段树中位置 V[i] 处的值设置为元组 (DP'[i], MINB[i], MAXB[i])。

如果 MINB[n][r] <= k <= MAXB[n][r]，则返回 DP'[n][r] + kr - 1。

否则，如果 MAXB[n][r] < k，则正确的 r 小于当前的 r。如果 MINB[n][r] > k，则正确的 r 大于当前的 r。更新 r 的边界并返回到步骤 1。

这是该算法的 C++ 实现。它还可以找到最优子序列。

    #include <iostream>
    #include <vector>
    #include <algorithm>
    using namespace std;
    using ll = long long;
    const int INF = 2 * (int)1e9;

    pair<ll, pair<int, int>> combine(pair<ll, pair<int, int>> le, pair<ll, pair<int, int>> ri) {
        if (le.first < ri.first) swap(le, ri);
        if (ri.first == le.first) {
            le.second.first = min(le.second.first, ri.second.first);
            le.second.second = max(le.second.second, ri.second.second);
        }
        return le;
    }

    // Specialised range maximum segment tree
    class SegTree {
        private:
            vector<pair<ll, pair<int, int>>> seg;
            int h = 1;

            pair<ll, pair<int, int>> recGet(int a, int b, int i, int le, int ri) const {
                if (ri <= a || b <= le) return {-INF, {INF, -INF}};
                else if (a <= le && ri <= b) return seg[i];
                else return combine(recGet(a, b, 2*i, le, (le+ri)/2), recGet(a, b, 2*i+1, (le+ri)/2, ri));
            }
        public:
            SegTree(int n) {
                while(h < n) h *= 2;
                seg.resize(2*h, {-INF, {INF, -INF}});
            }
            void set(int i, pair<ll, pair<int, int>> off) {
                seg[i+h] = combine(seg[i+h], off);
                for (i += h; i > 1; i /= 2) seg[i/2] = combine(seg[i], seg[i^1]);
            }
            pair<ll, pair<int, int>> get(int a, int b) const {
                return recGet(a, b+1, 1, 0, h);
            }
    };

    // Binary searches index of v from sorted vector
    int bins(const vector<int>& vec, int v) {
        int low = 0;
        int high = (int)vec.size() - 1;
        while(low != high) {
            int mid = (low + high) / 2;
            if (vec[mid] < v) low = mid + 1;
            else high = mid;
        }
        return low;
    }

    // Finds longest strictly increasing subsequence with at most k exceptions in O(n log^2 n)
    vector<int> lisExc(int k, vector<int> vec) {
        // Compress values
        vector<int> ord = vec;
        sort(ord.begin(), ord.end());
        ord.erase(unique(ord.begin(), ord.end()), ord.end());
        for (auto& v : vec) v = bins(ord, v) + 1;

        // Binary search lambda
        int n = vec.size();
        int m = ord.size() + 1;
        int lambda_0 = 0;
        int lambda_1 = n;
        while(true) {
            int lambda = (lambda_0 + lambda_1) / 2;
            SegTree seg(m);
            if (lambda > 0) seg.set(0, {0, {0, 0}});
            else seg.set(0, {0, {0, INF}});

            // Calculate DP
            vector<pair<ll, pair<int, int>>> dp(n);
            for (int i = 0; i < n; ++i) {
                auto off0 = seg.get(0, vec[i]-1); // previous < this
                off0.first += 1;

                auto off1 = seg.get(vec[i], m-1); // previous >= this
                off1.first += 1 - lambda;
                off1.second.first += 1;
                off1.second.second += 1;

                dp[i] = combine(off0, off1);
                seg.set(vec[i], dp[i]);
            }

            // Is min_b <= k <= max_b?
            auto off = seg.get(0, m-1);
            if (off.second.second < k) {
                lambda_1 = lambda - 1;
            } else if (off.second.first > k) {
                lambda_0 = lambda + 1;
            } else {
                // Construct solution
                ll r = off.first + 1;
                int v = m;
                int b = k;
                vector<int> res;
                for (int i = n-1; i >= 0; --i) {
                    if (vec[i] < v) {
                        if (r == dp[i].first + 1 && dp[i].second.first <= b && b <= dp[i].second.second) {
                            res.push_back(i);
                            r -= 1;
                            v = vec[i];
                        }
                    } else {
                        if (r == dp[i].first + 1 - lambda && dp[i].second.first <= b-1 && b-1 <= dp[i].second.second) {
                            res.push_back(i);
                            r -= 1 - lambda;
                            v = vec[i];
                            --b;
                        }
                    }
                }
                reverse(res.begin(), res.end());
                return res;
            }
        }
    }

    int main() {
        int n, k;
        cin >> n >> k;

        vector<int> vec(n);
        for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> vec[i];

        vector<int> ans = lisExc(k, vec);
        for (auto i : ans) cout << i+1 << ' ';
        cout << '\n';
    }

现在我们将证明这两个主张。我们希望证明

DP'[a][r] = DP[a][b] - rb 当且仅当 MINB[a][r] <= b <= MAXB[a][r]

对于所有 a, k 存在一个整数 r, 0 <= r <= n，使得 MINB[a][r] <= k <= MAXB[a][r]

这两者都是从问题的凹性推导出来的。凹度意味着 DP[a][k+2] - DP[a][k+1] <= DP[a][k+1] - DP[a][k] 对于所有 a, k。这是直观的:我们被允许的异常(exception)越多，对我们的帮助就越小。

修正 a 和 r。设置 f(b) = DP[a][b] - rb，并且 d(b) = f(b+1) - f(b)。我们从问题的凹度得到 d(k+1) <= d(k)。假设所有 i 的 x < y 和 f(x) = f(y) >= f(i)。因此 d(x) <= 0，因此对于 [x, y) 中的 i，d(i) <= 0。但是 f(y) = f(x) + d(x) + d(x + 1) + ... + d(y - 1)，因此对于 [x, y) 中的 i，d(i) = 0。因此 f(y) = f(x) = f(i) for i in [x, y]。这证明了第一个主张。

为了证明第二个，设置 r = DP[a][k+1] - DP[a][k] 并定义 f, d 如前所述。然后 d(k) = 0，因此 d(i) >= 0 for i < k 和 d(i) <= 0 for i > k，因此 f(k) 是所需的最大值。

证明凹度比较困难。有关证明，请参阅 my answer在 cs.stackexchange。