CSP 2022 J2 试卷解析

题解链接

[$CSP-J$ $2022$] 乘方

P8813 [CSP-J 2022] 乘方（民间数据）

题目要去判断$a^b$ 是否超过 $10^9$ 再根据结果进行输出。

本题需要注意数据范围，$1≤a,b≤10^9$。如果算出结果再比较的话会超过数据范围,可以在累乘的过程中判断是否超过$10^9$即可。

由于$10^9 < 2^{30}$所以最多循环$30$次就行。

需要特判下$a$等于$1$的情况，不然$b$很大时，循环次数会过多。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long LL;
int main() {
    LL a, b, res = 1;
    cin >> a >> b;
    //需要对a==1进行特判，否则肯定会TLE一个点
    if (a == 1) {
        printf("%d\n", 1);
        exit(0);
    }
    for (LL i = 1; i <= b; i++) {
        res *= a;
        if (res > 1e9) {
            printf("%d\n", -1);
            exit(0);
        }
    }
    printf("%lld\n", res);
    return 0;
}

[$CSP-J$ $2022$] 解密

P8814 [CSP-J 2022] 解密（民间数据）

本题要求在给定 $n,e,d$ 的情况下求 $p,q$的值

已知:

① $n=p×q$
② $e\times d=(p-1)(q-1)+1$

上过初一的同学们看到上面的信息就明白了，这是一个二元一次方程组，需要把方程整理一下：

展开式子 ②:$e\times d=p\times q-(p+q)+2=n-(p+q)+2$

可得：$p+q=n-e\times d +2$ ③

整理一下：

$$\large \left\{\begin{array}{cc} n=p×q & ④ \\ p+q=n-e\times d +2 = m & ⑤ \end{array}\right.$$

$n$和$m$再输入后已知，那么本题就是求一元二次方程解。

根据式子④:$\large q=\frac{n}{p}$

带入式子⑤: $\large p+\frac{n}{p}=m$

两边相乘并调整下位置：$\large p^2-mp+n=0$

求解$p$的值即可。

根据一元二次方程求解公式： $$x=\frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$$

此时 $a=1,b=-m,c=n$ ​

无解判断

• 若 $b^2-4ac<0$ 则无解
• 因$p$为正整数，所以如果 $b \pm \sqrt{b^2-4ac}$ 无法整除 $2a$ 也是无解

其它则代入公式进行计算即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;

LL n, d, e;
// p^2 -(n-e*d+2)p+n = 0
bool check(LL num) { //判断num是否时完全平方数
    LL t = LL(sqrt(num));
    return t * t == num;
}
int main() {
    //文件输入
    freopen("decode.in", "r", stdin);
    //文件输出
    freopen("decode.out", "w", stdout);
    int k;
    cin >> k;

    while (k--) {
        cin >> n >> d >> e;
        LL b = e * d - n - 2;
        LL a = 1, c = n;

        //一元二次方程无解的情况
        if (b * b < 4 * a * c) {
            puts("NO");
            continue;
        }

        LL t = b * b - 4 * a * c; // t需要是一个完全平方数
        bool flag = false;
        if (check(t) && (LL(-b + sqrt(t)) % (2 * a) == 0)) {
            LL p = (-b - sqrt(t)) / (2 * a); //两个解，一个是+，另一个就是-，小的在前就是-,大的在后就是+
            //所以这里将符号变了一下
            LL q = n / p;
            if (p) { // p是正整数,0或负数需要否掉
                flag = true;
                printf("%lld %lld\n", p, q);
            }
        }
        if (!flag) puts("NO");
    }
    return 0;
}

[$CSP-J$ $2022$] 逻辑表达式

P8815 [CSP-J 2022] 逻辑表达式（民间数据）

本题与 $NOIP2013$普及组复赛第二题《表达式求值》是亲属关系，

关键词

中缀表达式转后缀表达式，后缀表达式求值

前置试题

$AcWing$ $3302$ 表达式求值

【$2013$ $NOIP$普及组】表达式求值

1、中缀表达式转后缀表达式（四则运算+以空格隔开）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

//中缀表达式转后缀表达式
/*
测试用例1:
a+b*c+(d*e+f)*g

答案：
abc*+de*f+g*+


测试用例2：
(6+3*(7-4))-8/2

答案：
6 3 7 4 - * + 8 2 / -

测试用例3：
(24*(9+6/38-5)+4)
答案：
24 9 6 38 / + 5 - * 4 +
*/

// 也可以写成下面的形式：(因为在unordered_map中，查找不到的字符，会返回默认值0，所以(=0这句加与不加是一样的 )
// unordered_map<char, int> h{{'+', 1}, {'-', 1}, {'*', 2}, {'/', 2}, {'(', 0}};
unordered_map<char, int> h{{'+', 1}, {'-', 1}, {'*', 2}, {'/', 2}};
string s;        //输入的中缀表达式 s:source
string t;        //后缀的结果表达式 t:target
stack<char> stk; //使用到的操作符+数字栈,这里的数字不用真的计算，所以统一按字符处理

int main() {
    cin >> s;
    //遍历中缀表达式的每一个字符
    for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
        //①如果当前位置是数字,读完所有连续数字,记录到后缀表达式中
        if (isdigit(s[i])) {
            //读出完整的数字
            int x = 0;
            while (i < s.size() && isdigit(s[i])) {
                x = x * 10 + s[i] - '0';
                i++;
            }
            i--; //加多了一位，需要减去

            //将完整数字存入结果串中
            t.append(to_string(x)); //字符串增加到字符串，用append
            t.push_back(' ');       //字符增加到字符串，用push_back
        }
        //② 如果当前位置是字母,比如a,b,c,..
        else if (isalpha(s[i])) {
            t.push_back(s[i]);
            t.push_back(' ');
        }
        //③ 如果是左括号，那么直接入栈
        else if (s[i] == '(')
            stk.push(s[i]);
        //④ 如果是右括号，就在栈中不断弹出操作符和数字，直到栈顶是(为止
        else if (s[i] == ')') {
            while (stk.top() != '(') {
                t.push_back(stk.top());
                t.push_back(' ');
                stk.pop();
            }
            //弹出左括号，但不输出
            stk.pop();
        }
        //⑤栈顶元素的优先级大于等于当前的运算符，就将其输出
        else {
            while (stk.size() && h[s[i]] <= h[stk.top()]) {
                t.push_back(stk.top());
                t.push_back(' ');
                stk.pop();
            }
            //⑥当前运算符入栈
            stk.push(s[i]);
        }
    }
    //⑦ 如果不为空，就把所有的元素全部弹出
    while (stk.size()) {
        t.push_back(stk.top());
        t.push_back(' ');
        stk.pop();
    }
    //输出后缀表达式
    printf("%s", t.c_str());
    return 0;
}

2、中缀表达式转后缀表达式（四则运算+不用空格隔开）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

//中缀表达式转后缀表达式
/*
测试用例1:
a+b*c+(d*e+f)*g

答案：
abc*+de*f+g*+


测试用例2：
(6+3*(7-4))-8/2

答案：
6 3 7 4 - * + 8 2 / -

测试用例3：
(24*(9+6/38-5)+4)
答案：
24 9 6 38 / + 5 - * 4 +
*/
unordered_map<char, int> h{{'+', 1}, {'-', 1}, {'*', 2}, {'/', 2}};
string s;
string t;
stack<char> stk;

int main() {
    cin >> s;
    for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
        if (isdigit(s[i])) {
            int x = 0;
            while (i < s.size() && isdigit(s[i])) {
                x = x * 10 + s[i] - '0';
                i++;
            }
            i--;
            t.append(to_string(x));
        } else if (isalpha(s[i]))
            t.push_back(s[i]);
        else if (s[i] == '(')
            stk.push(s[i]);
        else if (s[i] == ')') {
            while (stk.top() != '(') {
                t.push_back(stk.top());
                stk.pop();
            }
            stk.pop();
        } else {
            while (stk.size() && h[s[i]] <= h[stk.top()]) {
                t.push_back(stk.top());
                stk.pop();
            }
            stk.push(s[i]);
        }
    }
    while (stk.size()) {
        t.push_back(stk.top());
        stk.pop();
    }
    printf("%s", t.c_str());
    return 0;
}

3、中缀表达式转后缀表达式（逻辑运算符+拷贝四则版本）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

/*
中缀的逻辑表达式　转　后缀的逻辑表达式

测试用例：
0&(0|1|0)

答案：
001|0|&
*/
unordered_map<char, int> h{{'|', 1}, {'&', 2}};
string s;
string t;
stack<char> stk;
int main() {
    cin >> s;
    for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
        if (isdigit(s[i])) {
            int x = 0;
            while (i < s.size() && isdigit(s[i])) {
                x = x * 10 + s[i] - '0';
                i++;
            }
            i--;
            t.append(to_string(x));
        } else if (isalpha(s[i]))
            t.push_back(s[i]);
        else if (s[i] == '(')
            stk.push(s[i]);
        else if (s[i] == ')') {
            while (stk.top() != '(') {
                t.push_back(stk.top());
                stk.pop();
            }
            stk.pop();
        } else {
            while (stk.size() && h[s[i]] <= h[stk.top()]) {
                t.push_back(stk.top());
                stk.pop();
            }
            stk.push(s[i]);
        }
    }
    while (stk.size()) {
        t.push_back(stk.top());
        stk.pop();
    }
    printf("%s", t.c_str());
    return 0;
}

4、中缀表达式转后缀表达式（逻辑运算符+精简版本）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
/*
中缀的逻辑表达式　转　后缀的逻辑表达式

测试用例：
0&(0|1|0)

答案：
001|0|&
*/
unordered_map<char, int> h{{'|', 1}, {'&', 2}};
string s;
string t;
stack<char> stk;

int main() {
    cin >> s;
    for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
        if (isdigit(s[i]) || isalpha(s[i]))
            t.push_back(s[i]);
        else if (s[i] == '(')
            stk.push(s[i]);
        else if (s[i] == ')') {
            while (stk.top() != '(') {
                t.push_back(stk.top());
                stk.pop();
            }
            stk.pop();
        } else {
            while (stk.size() && h[s[i]] <= h[stk.top()]) {
                t.push_back(stk.top());
                stk.pop();
            }
            stk.push(s[i]);
        }
    }
    while (stk.size()) {
        t.push_back(stk.top());
        stk.pop();
    }
    printf("%s", t.c_str());
    return 0;
}

5、中缀表达式求值（四则版本）

// OJ 测试:
// AcWing 3302. 表达式求值
// https://www.acwing.com/problem/content/3305/
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
/*
中缀表达式求值

测试用例I：
(2+2)*(1+1)

答案：8

测试用例II：
2+(3*4)-((5*9-5)/8-4)

答案：13
*/

stack<int> num; //数字栈
stack<char> op; //操作符栈

//优先级表
unordered_map<char, int> h{{'+', 1}, {'-', 1}, {'*', 2}, {'/', 2}};

/**
 * 功能：计算两个数的和差积商
 */
void eval() {
    int a = num.top(); //第二个操作数
    num.pop();

    int b = num.top(); //第一个操作数
    num.pop();

    char p = op.top(); //运算符
    op.pop();

    int r; //结果
    //计算结果
    if (p == '+')
        r = b + a;
    else if (p == '-')
        r = b - a;
    else if (p == '*')
        r = b * a;
    else if (p == '/')
        r = b / a;
    //结果入栈
    num.push(r);
}

int main() {
    //读入表达式
    string s;
    cin >> s;
    //遍历字符串的每一位
    for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
        //① 如果是数字，则入栈
        if (isdigit(s[i])) {
            //读出完整的数字
            int x = 0;
            while (i < s.size() && isdigit(s[i])) {
                x = x * 10 + s[i] - '0';
                i++;
            }
            i--; //加多了一位，需要减去

            num.push(x); //数字入栈
        }
        //② 左括号无优先级，入栈
        else if (s[i] == '(')
            op.push(s[i]);
        //③ 右括号时，需计算最近一对括号里面的值
        else if (s[i] == ')') {
            //从栈中向前找，一直找到左括号
            while (op.top() != '(') eval(); //将左右括号之间的计算完，维护回栈里
            //左括号出栈
            op.pop();
        } else { //④ 运算符
            //如果待入栈运算符优先级低，则先计算
            while (op.size() && h[op.top()] >= h[s[i]]) eval();
            op.push(s[i]); //操作符入栈
        }
    }
    while (op.size()) eval();  //⑤ 剩余的进行计算
    printf("%d\n", num.top()); //输出结果
    return 0;
}

6、中缀表达式求值（逻辑表达式+拷贝四则版本）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

/*
0&(1|0)|(1|1|1&0)
答案：1

(0|1&0|1|1|(1|1))&(0&1&(1|0)|0|1|0)&0
答案：0
*/
unordered_map<char, int> h{{'|', 1}, {'&', 2}};
stack<int> num;
stack<char> op;

void eval() {
    int a = num.top();
    num.pop();

    int b = num.top();
    num.pop();

    char p = op.top();
    op.pop();

    int r;
    if (p == '|')
        r = b | a;
    else if (p == '&')
        r = b & a;
    num.push(r);
}

int main() {
    string s;
    cin >> s;
    for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
        if (isdigit(s[i])) {
            int x = 0;
            while (i < s.size() && isdigit(s[i])) {
                x = x * 10 + s[i] - '0';
                i++;
            }
            i--;

            num.push(x);
        } else if (s[i] == '(')
            op.push(s[i]);
        else if (s[i] == ')') {
            while (op.top() != '(') eval();
            op.pop();
        } else {
            while (op.size() && h[op.top()] >= h[s[i]]) eval();
            op.push(s[i]);
        }
    }
    while (op.size()) eval();

    printf("%d\n", num.top());
    return 0;
}

7、中缀表达式求值（逻辑表达式+简化版本）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

/*
0&(1|0)|(1|1|1&0)
答案：1

(0|1&0|1|1|(1|1))&(0&1&(1|0)|0|1|0)&0
答案：0
*/
unordered_map<char, int> h{{'|', 1}, {'&', 2}};
stack<int> num;
stack<char> op;

void eval() {
    int a = num.top();
    num.pop();

    int b = num.top();
    num.pop();

    char p = op.top();
    op.pop();

    int r;
    if (p == '|')
        r = b | a;
    else if (p == '&')
        r = b & a;
    num.push(r);
}

int main() {
    string s;
    cin >> s;
    for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
        if (isdigit(s[i]))
            num.push(s[i] - '0');
        else if (s[i] == '(')
            op.push(s[i]);
        else if (s[i] == ')') {
            while (op.top() != '(') eval();
            op.pop();
        } else {
            while (op.size() && h[op.top()] >= h[s[i]]) eval();
            op.push(s[i]);
        }
    }
    while (op.size()) eval();

    printf("%d\n", num.top());
    return 0;
}

铺垫的知识完成，现在开始分析本题：

• 中缀逻辑表达式求值
• 记录短路次数

规律总结

用一个三元组来替换原版本放在栈里的$int$,即:
$Node(v,a,b)$，代表：当前数字值是$v$,已经计算过的$\&$短路次数是$a$,已经计算过的$|$短路次数是$b$

则有下面的递推式：
$\large (1,a_1,b_1) | (?,a_2,b_2) \Rightarrow (1,a_1,b_1+1) 发生了短路运算，后面的不再计算$
$\large (0,a_1,b_1) | (?,a_2,b_2) \Rightarrow (?,a_1+a_2,b_1+b_2) 没有发生短路计算$
$\large (1,a_1,b_1) \& (?,a_2,b_2) \Rightarrow (?,a_1+a_2,b_1+b_2) 没有发生短路计算$
$\large (0,a_1,b_1) \& (?,a_2,b_2) \Rightarrow (0,a_1+1,b_1) 发生了短路运算，后面的不再计算$

实现代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

struct Node {
    int v, a, b; // v:代表当前的结果值，a: &短路的次数 b:|短路的次数
};

stack<Node> num;
stack<char> op;

/*
测试用例1：
0&(1|0)|(1|1|1&0)
答案：
1
1 2

测试用例2：
(0|1&0|1|1|(1|1))&(0&1&(1|0)|0|1|0)&0
答案：
0
2 3
*/
unordered_map<char, int> h{{'|', 1}, {'&', 2}, {'(', 0}};

void eval() {
    //这里要注意从栈中弹出元素的顺序，先出来的是y,后出来的是x
    Node y = num.top();
    num.pop();

    Node x = num.top();
    num.pop();

    char p = op.top();
    op.pop();

    Node r;
    if (p == '|') {
        if (x.v == 1)
            r = {1, x.a, x.b + 1};
        else
            r = {y.v, x.a + y.a, x.b + y.b};
    } else if (p == '&') {
        if (x.v == 1)
            r = {y.v, x.a + y.a, x.b + y.b};
        else
            r = {0, x.a + 1, x.b};
    }
    num.push(r);
}

int main() {
    string s;
    cin >> s;
    for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
        if (isdigit(s[i])) {
            int x = 0;
            while (i < s.size() && isdigit(s[i])) {
                x = x * 10 + s[i] - '0';
                i++;
            }
            i--;
            num.push({x, 0, 0});
        } else if (s[i] == '(')
            op.push(s[i]);
        else if (s[i] == ')') {
            while (op.top() != '(') eval();
            op.pop();
        } else {
            while (op.size() && h[op.top()] >= h[s[i]]) eval();
            op.push(s[i]);
        }
    }
    while (op.size()) eval();

    printf("%d\n", num.top().v);
    printf("%d %d\n", num.top().a, num.top().b);
    return 0;
}

---

[$CSP-J$ $2022$] 上升点列

P8816 [CSP-J 2022] 上升点列（民间数据）

前导知识练习 力扣 664. 奇怪的打印机

样例$1$输入解析

动态规划解法

这种题目乍一看就能想到是 $dp$ 或者 二分，从哪个先开始考虑都没问题

思考二分最后会发现不知道该从何入手，如果是二分长度，那不知道起点，二分起点，那也没有意义

再配合数据范围只有$500$，这种数据范围大概率就是$dp$,那么来思考$dp$

状态表示

很容易想到$f[i][j]$表示到第$i$个节点，已经用掉了$j$个可添加点的 最大长度

状态转移

状态有了，转移应该也很容易想到，对于第$i$个节点，无非就是枚举其他节点$j$,如果$j$在$i$的左下方即可进行转移，计算

$$\large d=a[i].x-a[j].x+a[i].y-a[j].y-1$$

即$j$到$i$ 需要使用 $d$ 个可添加点

现在的场景是从$j->i$,对于状态表示$f[i][?]$的一维已经确定是从$f[j][?]->f[i][??]$了，这两个问题间的转移是关键问题了：

那么枚举$f[j][k]$,即可得到方程

$$\large f[i][k+d]=max(f[j][k]+d+1)$$

最后答案即为

$$\large ans = max(ans, f[i][k + d] + m - k - d)$$

注意

这里注意一个小细节，如果总共有 $m$ 个可添加点，只用了$k+d$个，多出来的$m-k-d$个直接加在最后即可，不要忘记这个，不过这个坑在第二组$sample$里就给出来了，基本不会有人踩

不把测试用例看完，画出来，理解掉的人是傻子！！！

检查一下复杂度，是$O(n^2K)$,显然没有问题

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 510;
const int M = 110;
struct Node {
    int x, y;
    /*
     Q1:为什么要排序？
     A:因为要DP，需要解决无后效性。也就是有一定的单调性，从左向右，从上向下填表，填完的数值不能再被修改，需要有一定的依赖关系顺序

     Q2:按什么来排序？
     A:可以按x+y来排序，也可以按先x,后y的方式来排序，都是一样的。

     1.按x+y排序
     const bool operator<(const Node &t) {
         return x + y < t.x + t.y;
     }
    */
    // 2.先按x,再按y排序
    const bool operator<(const Node &t) {
        if (x == t.x) return y < t.y;
        return x < t.x;
    }
} a[N];

int f[N][M];
int ans;

int main() {
    //文件输入
    // freopen("point.in", "r", stdin);

    int n, m;
    cin >> n >> m;

    for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i].x >> a[i].y;
    sort(a + 1, a + 1 + n);

    // dp初始化,最后一个点是以i号点选中，并且,使用了j个虚拟点情况下，获得的最长序列长度
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 0; j <= m; j++)
            f[i][j] = j + 1; //以i点结束，并且，使用了j个虚拟点，最起码可以构成一个最长长度为j+1的序列

    //状态转移
    for (int i = 1; i <= n; i++)      //枚举每个原始点
        for (int j = 1; j < i; j++) {                         //枚举每个前序点
            if (a[i].x < a[j].x || a[i].y < a[j].y) continue; //如果j不在i的左下方，无效转移
            int d = a[i].x - a[j].x + a[i].y - a[j].y - 1;    // j->i 需要增加的虚拟点个数

            /*
             讨论j点的哪些子状态 可以转移到 i的哪些子状态？
             思考一下f[j]的二维状态，最小值是0,最大值是m
             现在f[j]的二维状态变化量是固定的，是d
             所以需要枚举j的所有以转移的二维状态值：0 ~ m-d
            */
            for (int k = 0; k <= m - d; k++) {
                // f[j][k]是前序状态，可以通过+d转移到新的状态
                // f[j][k+d]+d+1 -> f[i][k+d]
                f[i][k + d] = max(f[i][k + d], f[j][k] + d + 1);

                //在状态转移完成后，收集一下答案
                //小坑一个：给你m个虚拟点，你最后没用了的话，就是浪费，因为最起码，
                //把多出来的放在最后就可以增长序列长度
                ans = max(ans, f[i][k + d] + m - k - d); //更新序列最长长度
            }
        }

    //输出结果
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

最优子结构及 $dp$ 数组遍历方向的问题

• $1$、遍历的过程中，所需的状态必须是已经计算出来的
• $2$、遍历的终点必须是存储结果的那个位置

记忆化搜索解法I

#include <bits/stdc++.h>
const int N = 510;

//性能：第12号测试点，时间最长，65ms

/*
搜索代码：暴力枚举每次选择哪个点，能选就选，维护剩下几个自由点，加个记忆化即可通过
*/
using namespace std;
int n, m, ans;
int x[N], y[N]; //对于二维坐标，两个x,y数组，明显比使用struct的结构体数组方便,但是，不利用整体排序
int f[N][N];    //结果数组

//从u点出发，还有r个虚拟点可用,可以获得的最长序列长度是多少
int dfs(int u, int r) {
    if (~f[u][r]) return f[u][r]; //计算过则直接返回
    int ans = r + 1; //剩余r个虚拟点，再加上当前点u，最起码能有r+1点的序列长度

    for (int i = 1; i <= n; i++) {                //谁能做为我的后续点
        if (u == i) continue;                     //自己不能做为自己的直接后续点
        if (x[i] < x[u] || y[i] < y[u]) continue; //排除掉肯定不可能成为我后续点的点
        int d = x[i] - x[u] + y[i] - y[u] - 1;    // u->i之间缺少 多少个虚拟点
        if (d > r) continue;                      //如果需要的虚拟点个数大于剩余的虚拟点个数，那么i 无法做为u的后续点
        ans = max(ans, dfs(i, r - d) + d + 1);    //在消耗了d个虚拟点之后，成功到达了i这个点；
        //①已经取得的序列长度贡献u和d个虚拟点，共d+1个
        //②问题转化为求未知部分:以i点为出发点，剩余虚拟点个数r-d个的情况下可以获取到的最长序列长度
    }
    return f[u][r] = ans; //记忆化
}

int main() {
    //文件输入
    // freopen("point.in", "r", stdin);
    memset(f, -1, sizeof f);

    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> x[i] >> y[i];

    for (int i = 1; i <= n; i++) ans = max(ans, dfs(i, m));
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

记忆化搜索优化版本

#include <bits/stdc++.h>
const int N = 510;

//性能：第12号测试点，时间最长，22ms
/*
搜索代码：暴力枚举每次选择哪个点，能选就选，维护剩下几个自由点，加个记忆化即可通过
*/
using namespace std;
int n, m, ans;

int f[N][N]; //结果数组
struct Node {
    int x, y;
    const bool operator<(Node &t) const {
        if (x == t.x) return y < t.y;
        return x < t.x;
    }
} a[N];

//从u点出发，还有r个虚拟点可用,可以获得的最长序列长度是多少
int dfs(int u, int r) {
    if (~f[u][r]) return f[u][r]; //计算过则直接返回
    int ans = r + 1;              //剩余r个虚拟点，再加上当前点u，最起码能有r+1点的序列长度

    for (int i = u + 1; i <= n; i++) {                    //谁能做为我的后续点
        if (u == i) continue;                             //自己不能做为自己的直接后续点
        if (a[i].x < a[u].x || a[i].y < a[u].y) continue; //排除掉肯定不可能成为我后续点的点
        int d = a[i].x - a[u].x + a[i].y - a[u].y - 1;    // u->i之间缺少 多少个虚拟点
        if (d > r) continue;                              //如果需要的虚拟点个数大于剩余的虚拟点个数，那么i 无法做为u的后续点
        ans = max(ans, dfs(i, r - d) + d + 1);            //在消耗了d个虚拟点之后，成功到达了i这个点；
        //①已经取得的序列长度贡献u和d个虚拟点，共d+1个
        //②问题转化为求未知部分:以i点为出发点，剩余虚拟点个数r-d个的情况下可以获取到的最长序列长度
    }
    return f[u][r] = ans; //记忆化
}

int main() {
    //文件输入
    // freopen("point.in", "r", stdin);

    memset(f, -1, sizeof f);

    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i].x >> a[i].y;
    sort(a + 1, a + 1 + n);

    for (int i = 1; i <= n; i++) ans = max(ans, dfs(i, m));
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}