P2766 最长不下降子序列问题

\(\color{#0066ff}{题目描述}\)

?问题描述：

给定正整数序列x1,...,xn 。

（1）计算其最长不下降子序列的长度s。

（2）计算从给定的序列中最多可取出多少个长度为s的不下降子序列。

（3）如果允许在取出的序列中多次使用x1和xn，则从给定序列中最多可取出多少个长度为s的不下降子序列。

?编程任务：

设计有效算法完成（1）（2）（3）提出的计算任务。

\(\color{#0066ff}{输入格式}\)

第1 行有1个正整数n，表示给定序列的长度。接下来的1 行有n个正整数n:x1, ..., xn。

\(\color{#0066ff}{输出格式}\)

第1 行是最长不下降子序列的长度s。第2行是可取出的长度为s 的不下降子序列个数。第3行是允许在取出的序列中多次使用x1和xn时可取出的长度为s 的不下降子序列个数。

\(\color{#0066ff}{输入样例}\)

4
3 6 2 5

\(\color{#0066ff}{输出样例}\)

2
2
3

\(\color{#0066ff}{数据范围与提示}\)

\(n\leq 500\)

\(\color{#0066ff}{题解}\)

第一问大水题\(O(n^2)\),LIS,暴力就行

第二问第三问要用网络流

拆点，序列的每个点拆成<x,y>

因为我们要找最多的序列，每个长度为ans

第一问求出了f[i]为以i结尾的最长不下降子序列的长度

现在对于每个i

如果f[i]==1，则原点向\(i_x\)连容量为 1 的边

如果f[i]==ans，则\(i_y\)向汇点连容量为 1 的边

对于每一个\(i<j\)，如果\(a[i] \leq a[j]\)，并且\(f[j]==f[i]+1\)，那么就从\(i_y\)向\(j_x\)连一条容量为1的边

对于每个i，连一条\(i_x\)到$i_y&的边

这样就保证了流过去一个，就是一个合法的序列，而且长度恰=ans，不会重复

对于第三问，因为\(a_1,a_n\)无限使用，把1和n的一些边变成inf就行了，在原基础上再跑一遍就行了

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define _ 0
#define LL long long
inline LL in()
{
    LL x=0,f=1; char ch;
    while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(f=-f);
    while(isdigit(ch)) x=x*10+(ch^48),ch=getchar();
    return x*f;
}
const int inf=0x7fffffff;
struct node
{
    int to,dis;
    node *nxt,*rev;
    node(int to=0,int dis=0,node *nxt=NULL):to(to),dis(dis),nxt(nxt){}
    void *operator new (size_t)
    {
        static node *S=NULL,*T=NULL;
        return (S==T&&(T=(S=new node[1024])+1024)),S++;
    }
};
typedef node* nod;
nod head[10500],cur[10500];
int dep[10500];
int n,s,t;
std::queue<int> q;
int a[10500];
inline void add(int from,int to,int dis)
{
    nod o=new node(to,dis,head[from]);
    head[from]=o;
}
inline void link(int from,int to,int dis)
{
    add(from,to,dis);
    add(to,from,0);
    head[from]->rev=head[to];
    head[to]->rev=head[from];
}
inline bool bfs()
{
    for(int i=s;i<=t;i++) dep[i]=0,cur[i]=head[i];
    dep[s]=1;
    q.push(s);
    while(!q.empty())
    {
        int tp=q.front(); q.pop();
        for(nod i=head[tp];i;i=i->nxt)
            if(!dep[i->to]&&i->dis>0)
            {
                dep[i->to]=dep[tp]+1;
                q.push(i->to);
            }
    }
    return dep[t];
}
inline int dfs(int x,int change)
{
    if(x==t||!change) return change;
    int flow=0,ls;
    for(nod i=cur[x];i;i=i->nxt)
    {
        cur[x]=i;
        if(dep[i->to]==dep[x]+1&&(ls=dfs(i->to,std::min(change,i->dis))))
        {
            change-=ls;
            flow+=ls;
            i->dis-=ls;
            i->rev->dis+=ls;
            if(!change) break;
        }
    }
    return flow;
}
inline int dinic()
{
    int flow=0;
    while(bfs()) flow+=dfs(s,inf);
    return flow;
}
namespace partone
{
    int f[10505],ans;
    void main()
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            f[i]=1;
            for(int j=1;j<i;j++)
                if(a[j]<=a[i]) f[i]=std::max(f[i],f[j]+1);
            ans=std::max(ans,f[i]);
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
}
namespace parttwo
{
    int fuc;
    using namespace partone;
    void main()
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            link(i,i+n,1);
            if(f[i]==1) link(s,i,1);
            if(f[i]==ans) link(i+n,t,1);
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<i;j++)
                if(a[j]<=a[i]&&f[i]==f[j]+1) link(j+n,i,1);
        printf("%d\n",fuc=dinic());
    }
}
namespace partthree
{
    using namespace partone;
    void main()
    {
        link(1,1+n,inf),link(s,1,inf);
        if(f[n]==ans) link(n+n,t,inf),link(n,n+n,inf);
        printf("%d\n",parttwo::fuc+dinic());
    }
}

int main()
{
    n=in();
    s=1,t=(n<<1)+1;
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=in();
    partone::main();
    parttwo::main();
    partthree::main();
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/olinr/p/10114079.html