[网络流24题] 最长递增子序列

1|0731. [网络流24题] 最长递增子序列

★★★☆   输入文件：alis.in   输出文件：alis.out   简单对比
时间限制：1 s   内存限制：128 MB

«问题描述：
给定正整数序列x1,..., xn。
（1）计算其最长递增子序列的长度s。
（2）计算从给定的序列中最多可取出多少个长度为s的递增子序列。
（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的递增子序列。

注意：这里的最长递增子序列即最长不下降子序列！！！
«编程任务：
设计有效算法完成（1）（2）（3）提出的计算任务。
«数据输入：
由文件alis.in提供输入数据。文件第1 行有1个正整数n(n<=500)，表示给定序列的长度。接
下来的1 行有n个正整数x1,..., xn。
«结果输出:
程序运行结束时，将任务（1）（2）（3）的解答输出到文件alis.out中。第1 行是最长
递增子序列的长度s。第2行是可取出的长度为s 的递增子序列个数。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 的递增子序列个数。
输入文件示例 输出文件示例
alis.in
4

3 6 2 5

alis.out

2
2
3

 

 

【问题分析】

 

第一问是LIS，动态规划求解，第二问和第三问用网络最大流解决。

【建模方法】

首先动态规划求出F[i]，表示以第i位为开头的最长上升序列的长度，求出最长上升序列长度K。

1、把序列每位i拆成两个点<i.a>和<i.b>，从<i.a>到<i.b>连接一条容量为1的有向边。
2、建立附加源S和汇T，如果序列第i位有F[i]=K，从S到<i.a>连接一条容量为1的有向边。
3、如果F[i]=1，从<i.b>到T连接一条容量为1的有向边。
4、如果j>i且A[i] < A[j]且F[j]+1=F[i]，从<i.b>到<j.a>连接一条容量为1的有向边。

求网络最大流，就是第二问的结果。把边(<1.a>,<1.b>)(<N.a>,<N.b>)(S,<1.a>)(<N.b>,T)这四条边的容量修改为无穷大，再求一次网络最大流，就是第三问结果。

【建模分析】

上述建模方法是应用了一种分层图的思想，把图每个顶点i按照F[i]的不同分为了若干层，这样图中从S出发到T的任何一条路径都是一个满足条件的最长上升子序列。由于序列中每个点要不可重复地取出，需要把每个点拆分成两个点。单位网络的最大流就是增广路的条数，所以最大流量就是第二问结果。第三问特殊地要求x1和xn可以重复使用，只需取消这两个点相关边的流量限制，求网络最大流即可。

转载自hzwer

ps:任务3若能取出无限多的序列,则输出任务2的答案 

 

1. //数据略坑
2. #include<cstdio>
3. #include<cstring>
4. #include<algorithm>
5. #define setfile(name) freopen(#name".in","r",stdin);freopen(#name".out","w",stdout);
6. using namespace std;
7. const int N=1005;
8. const int inf=1e9;
9. struct edge{int v,cap,next;}e[N*N*2];int tot=1,head[N];
10. int n,S,T,K,ans,a[N],f[N],dis[N],q[N*N*2];
11. inline int read(){
12. int x=0,f=1;char ch=getchar();
13. while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
14. while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
15. return x*f;
16. }
17. inline void add(int x,int y,int z){
18. e[++tot].v=y;e[tot].cap=z;e[tot].next=head[x];head[x]=tot;
19. e[++tot].v=x;e[tot].cap=0;e[tot].next=head[y];head[y]=tot;
20. }
21. inline bool bfs(){
22. memset(dis,-1,sizeof dis);
23. unsigned short h=0,t=1;q[t]=S;dis[S]=0;
24. while(h!=t){
25. int x=q[++h];
26. for(int i=head[x];i;i=e[i].next){
27. if(e[i].cap&&dis[e[i].v]==-1){
28. dis[e[i].v]=dis[x]+1;
29. if(e[i].v==T) return 1;
30. q[++t]=e[i].v;
31. }
32. }
33. }
34. return 0;
35. }
36. int dfs(int x,int f){
37. if(x==T) return f;
38. int used=0,t;
39. for(int i=head[x];i;i=e[i].next){
40. if(e[i].cap&&dis[e[i].v]==dis[x]+1){
41. t=dfs(e[i].v,min(e[i].cap,f));
42. e[i].cap-=t;e[i^1].cap+=t;
43. used+=t;f-=t;
44. if(!f) return used;
45. }
46. }
47. if(!used) dis[x]=-1;
48. return used;
49. }
50. inline int dinic(){
51. int res=0;
52. while(bfs()) res+=dfs(S,inf);
53. return res;
54. }
55. inline void DP(){
56. for(int i=1;i<=n;i++){
57. f[i]=1;
58. for(int j=1;j<i;j++){
59. if(a[i]>=a[j]){
60. f[i]=max(f[i],f[j]+1);
61. }
62. }
63. }
64. K=*max_element(f+1,f+n+1);
65. }
66. void init(){
67. n=read();
68. for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
69. }
70. void ord_mapping(){
71. tot=1;memset(head,0,sizeof head);
72. for(int i=1;i<=n;i++){
73. for(int j=1;j<i;j++){
74. if(a[j]<=a[i]&&f[j]+1==f[i]){
75. add(j+n,i,1);
76. }
77. }
78. }
79. }
80. inline void work(){
81. DP();printf("%d\n",K);
82. S=0,T=n<<1|1;
83. ord_mapping();
84. for(int i=1;i<=n;i++){
85. if(f[i]==1) add(S,i,1);
86. if(f[i]==K) add(i+n,T,1);
87. add(i,i+n,1);
88. }
89. ans=dinic();
90. printf("%d\n",ans);
91. ord_mapping();
92. for(int i=1;i<=n;i++){
93. int w=1;
94. if(i==1||i==n) w=inf;
95. if(f[i]==1) add(S,i,w);
96. if(f[i]==K) add(i+n,T,w);
97. add(i,i+n,w);
98. }
99. int lastans=ans;
100. ans=dinic();
101. if(ans>inf) printf("%d\n",lastans);
102. else printf("%d\n",ans);
103. }
104. int main(){
105. setfile(alis);
106. init();
107. work();
108. return 0;
109. }

 

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本文作者：shenben
本文链接：https://www.cnblogs.com/shenben/p/6538561.html
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