POJ3378_Crazy Thairs

这个题目很有意思，也是一个很好的题目，涉及的知识点比较广，要求较高。

题目是这样的，给定你一个n个数的数列，问你有多少个长度为5的上升序列。

首先看到有50000，我们就知道肯定不会是DP。（但是不知道为什么我居然在DP优化这个章节里面做到了这个题）

由于给的数是在int范围里面的，我们需要首先将其离散化，这样相当于每个数的范围只有5000了。

剩下的就是这个题目的最最精华的地方了。

其实这里的统计是用树状数组来实现的。但是不是单单由一个树状数组实现的，而是5个。

什么意思呢？我们用f[i][j]表示不大于j的长度为i的上升序列有多少个。

这样就是一个递推了哦。而对于每一个查询我们都是通过树状数组来实现的，每次查询前面每一个长度，然后加入当前这个数字，这样每次操作的时间复杂度都是O(n*log(n))。

这样答案就呼之欲出了。

但是，你确定？

自己算一下就会发现，如果给你的数为50000个上升的数字，你的程序就直接跪了。

什么意思呢？你可以算一算，C(50000,5)> 2^64，也就是说超过了long long的范围。

这个嘛，有点那个啥。

不过我们可以这样做，保存和更新的只需要是长度为4的有多少个，C(50000,4)是不会超的。这样对于最后一次加法，直接用一个高精度数组保存答案和输出就可以了。

代码如下：

 #include <iostream>
 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <algorithm>
 #define maxn 50500
 #define M 1000000000
 using namespace std;

 typedef long long ll;
 struct node{
     ll num,pos;
 }a[maxn];

 struct big{
     ll b[],top;
     void Clear()
     {
         memset(b,,sizeof b);
         top=;
     }
     void output()
     {
         printf("%I64d",b[top]);
         for (ll i=top-; i>=; i--) printf("%09I64d",b[i]);
         printf("\n");
     }
     void Add(ll x)
     {
         ll cur=;
         while (x) b[cur++]+=x%M,x/=M;
         for (ll i=; i<top; i++) b[i+]+=b[i]/M,b[i]%=M;
         while (b[top]>=M) b[top+]+=b[top]/M,b[top]%=M,top++;
     }
 }ans;

 ll f[][maxn],g[maxn];
 ll n,tep;

 bool cmp(node n1,node n2) { return n1.num<n2.num; }

 void rankthem()
 {
     ll cur=;
     for (ll i=; i<=n; i++)
     {
         if (a[i].num!=a[i-].num) cur++;
         g[a[i].pos]=cur;
     }
 }

 ll lowbit(ll x) { return x&(-x); }

 void add(ll u[],ll x,ll v) { while (x<maxn) u[x]+=v,x+=lowbit(x); }

 ll sum(ll u[],ll x)
 {
     ll tot=;
     while (x) tot+=u[x],x-=lowbit(x);
     return tot;
 }

 int main()
 {
     a[].num=~0U>>;
     while (scanf("%I64d",&n)!=EOF)
     {
         ans.Clear();
         for (ll i=; i<=n; i++) scanf("%I64d",&a[i].num),a[i].pos=i;
         sort(a+,a++n,cmp);
         rankthem();
         memset(f,,sizeof f);
         for (ll i=; i<=n; i++)
         {
             ans.Add(sum(f[],g[i]-));
             for (ll j=; j>; j--)
             {
                 tep=sum(f[j-],g[i]-);
                 add(f[j],g[i],tep);
             }
             add(f[],g[i],);
         }
         ans.output();
     }
     return ;
 }