%%%$tjy$的笛卡爾樹做法：

設(shè)$dp(l,r,Amin,Bmin)$為把$c[l],c[l+1],...,c[r]$劃到$A,B$兩線程中，且劃到$A$線程的數(shù)$>Amin$，劃到$B$線程的數(shù)$>Bmin$的方案數(shù)。

我們找到$p$，滿足$c[p]=max\{c[l],c[l+1],...,c[r]\}$。發(fā)現(xiàn)$p$只可能是單增棧$A$的末尾 或 單減棧$B$的開頭。

• 若$p$是單增棧$A$的末尾：
  那么$c[p+1],c[p+2],...,c[r]$一定要滿足單調(diào)遞減（這部分只能劃到線程$B$），若滿足則有$dp(l,r,Amin,Bmin)\leftarrow dp(l,p?1,Amin,max(Bmin,c[p+1]))$
  （$c[l],c[l+1],...,c[p?1]$劃到$B$線程的部分，要和劃到$B$線程的$c[p+1],c[p+2],...,c[r]$接起來）

• 若$p$是單減棧$B$的開頭：
  那么$c[l],c[l+1],...,c[p?1]$一定要滿足單調(diào)遞增（這部分只能劃到線程$A$），若滿足則有$dp(l,r,Amin,Bmin)\leftarrow dp(p+1,r,max(Amin,c[p?1]),Bmin)$
  （$c[p+1],c[p+2],...,c[r]$劃到$A$線程的部分，要和劃到$A$線程的$c[l],c[l+1],...,c[p?1]$接起來）

用笛卡爾樹實現(xiàn)。時間復(fù)雜度$O(n)$。

#include<bits/stdc++.h> const int N=500010; const int inf=0x7fffffff; using namespace std; int t,n,a[N],minn[N]; int top,sta[N],rt,ls[N],rs[N]; bool up[N],down[N]; void init(int u){if(!u) return;init(ls[u]),init(rs[u]);minn[u]=min(a[u],min(minn[ls[u]],minn[rs[u]]));up[u]=up[ls[u]]&&(!rs[u]);down[u]=down[rs[u]]&&(!ls[u]); } int dfs(int u,int Amin,int Bmin){if(!u) return 1;int ans=0;if(up[ls[u]]&&minn[ls[u]]>Amin&&a[u]>Bmin)ans+=dfs(rs[u],ls[u]?a[ls[u]]:Amin,Bmin);if(down[rs[u]]&&minn[rs[u]]>Bmin&&a[u]>Amin)ans+=dfs(ls[u],Amin,rs[u]?a[rs[u]]:Bmin);return ans; } int main(){minn[0]=inf;up[0]=down[0]=1;scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%d",&n);int maxn=-inf;for(int i=1;i<=n;i++) {scanf("%d",&a[i]);if(a[i]>maxn) maxn=a[i],rt=i;ls[i]=rs[i]=0;}top=0;for(int i=1;i<=n;i++){while(top&&a[sta[top]]<a[i]){ls[i]=sta[top];top--;}if(top) rs[sta[top]]=i;sta[++top]=i;}init(rt);printf("%d\n",dfs(rt,-inf,-inf));}return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的[XSY3383]多线程（笛卡尔树，DP）的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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