解题：POI 2007 Driving Exam

题面

有点意思的题

从一个位置$i$出发可以到达每一个位置即是从$1,n$出发可以到达$i$。然后有了一个做法：把图上下反转后建反图，这样就可以求从一个点$i$到达左右两侧的花费$dp[i][0/1]$了，这个花费就是当前总长度-到这个点为止的LIS长度(左右各求一遍)。因为还要考虑边的这个问题，可以用一个权值树状数组维护前/后缀最大值来实现。可以发现合法点的左侧都能到达左端，右侧都能到达右端，所以其实我们找的是一段区间，即找一段区间$(l,r)$使得$dp[l][1]+dp[r][0]<=k$，发现$dp$数组两维都是单调的，直接双指针即可。

 #include<cstdio>
 #include<vector>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 const int N=;
 struct a{int h,v;}; vector<a> m1[N],m2[N];
 int n,m,d,k,t1,t2,typ,len,ans,p1,p2;
 int tr[N],dp[N][];
 void maxx(int pos,int num)
 {
     while(pos<=m)
         tr[pos]=max(tr[pos],num),pos+=pos&-pos;
 }
 int query(int pos)
 {
     int ret=;
     while(pos)
         ret=max(ret,tr[pos]),pos-=pos&-pos;
     return ret;
 }
 int main ()
 {
     scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&d,&k),m++;
     for(int i=;i<=d;i++)
     {
         scanf("%d%d%d",&t1,&t2,&typ);
         if(typ) m1[t1+].push_back((a){m-t2,});
         else m2[t1].push_back((a){m-t2,});
     }
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         int siz=m1[i].size();
         for(int j=;j<siz;j++)
         {
             m1[i][j].v=query(m1[i][j].h)+;
             len=max(len,m1[i][j].v);
         }
         dp[i][]=i-len-;
         for(int j=;j<siz;j++)
             maxx(m1[i][j].h,m1[i][j].v);
     }
     len=,memset(tr,,sizeof tr);
     for(int i=n;i;i--)
     {
         int siz=m2[i].size();
         for(int j=;j<siz;j++)
         {
             m2[i][j].v=query(m2[i][j].h)+;
             len=max(len,m2[i][j].v);
         }
         dp[i][]=n-len-i;
         for(int j=;j<siz;j++)
             maxx(m2[i][j].h,m2[i][j].v);
     }
     len=,p1=p2=;
     while(p1<=n)
     {
         while(p2<=n&&dp[p1][]+dp[p2][]<=k) p2++;
         ans=max(ans,p2-p1); if(!dp[p1][]&&!dp[p1][]) len++; p1++;
     }
     printf("%d",ans-len);
     return ;
 }