2180. 最长递增子序列问题

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2180. 最长递增子序列问题

给定正整数序列 $x_1,\cdots,x_n$。

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。（给定序列中的每个元素最多只能被取出使用一次）

3. 如果允许在取出的序列中多次使用 $x_1$ 和 $x_n$，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:递增指非严格递增。

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 $x_1,\cdots,x_n$。

输出格式

第 $1$ 行输出最长递增子序列的长度 $s$。

第 $2$ 行输出可取出的长度为 $s$ 的递增子序列个数。

第 $3$ 行输出允许在取出的序列中多次使用 $x_1$ 和 $x_n$ 时可取出的长度为 $s$ 的递增子序列个数。

数据范围

$1 \le n \le 500$

输入样例：

4
3 6 2 5

输出样例：

2
2
3

解题思路

最大流，拆点

先 dp 解出第一问，$g[i]$ 表示前 $i$ 个数以 $a[i]$ 结尾的最长上升子序列的个数，对于 $j< i,a[j]\leq a[i]，g[i]==g[j]+1$，即 $i$ 可以通过 $j$ 这个点转移过来，将 $j$ 向 $i$ 建边，且容量为 $1$，假设 $LIS$ 为 $s$，建立源点 $S$，$S$ 向所有 $g[i]=1$ 的 $i$ 连边，且容量为 $1$，建立汇点 $T$，所有 $g[i]=s$ 的 $i$ 向 $T$ 连边，且容量为 $1$，另外由于一个点可能会用到多次，但实际上只能用一次，即对点有限制，故需要拆点，即拆分为入点和出点，中间连一条容量为 $1$ 的边，求解 $S$ 到 $T$ 的最大流即为第二问的答案，$\color{red}{为什么？}$由于拆点，流网络中每个点只会用一次，对应原序列中每个 $i$ 只会用一次，且 $S$ 到 $T$ 的路径长度为 $s$，可以保证原序列中所有求得的长度都为 $s$，当 $1$ 和 $n$ 不受限制时，将流网络中对应的正边容量设为足够大在榨干残余网络即可

• 时间复杂度：$O(n^2m)$

代码

// Problem: 最长递增子序列问题
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/2182/
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=1005,M=N+250005,inf=1e9;
int n,a[N],g[N],S,T;
int h[N],ne[M],f[M],e[M],idx;
int d[N],cur[N],hh,tt,q[N];
void add(int a,int b,int c)
{
	e[idx]=b,f[idx]=c,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
	e[idx]=a,f[idx]=0,ne[idx]=h[b],h[b]=idx++;
}
bool bfs()
{
	memset(d,-1,sizeof d);
	q[0]=S;
	hh=tt=d[S]=0;
	cur[S]=h[S];
	while(hh<=tt)
	{
		int x=q[hh++];
		for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
		{
			int y=e[i];
			if(d[y]==-1&&f[i])
			{
				d[y]=d[x]+1;
				cur[y]=h[y];
				if(y==T)return true;
				q[++tt]=y;
			}
		}
	}
	return false;
}
int dfs(int x,int limit)
{
    if(x==T)return limit;
    int flow=0;
    for(int i=cur[x];~i&&flow<limit;i=ne[i])
    {
        cur[x]=i;
        int y=e[i];
        if(d[y]==d[x]+1&&f[i])
        {
            int t=dfs(y,min(f[i],limit-flow));
            if(!t)d[y]=-1;
            f[i]-=t,f[i^1]+=t,flow+=t;
        }
    }
    return flow;
}
int dinic()
{
	int res=0,flow;
	while(bfs())while(flow=dfs(S,inf))res+=flow;
	return res;
}
int main()
{
	memset(h,-1,sizeof h);
    scanf("%d",&n);
    S=0,T=2*n+1;
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    int s=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    	g[i]=1;
    	for(int j=1;j<i;j++)
    		if(a[j]<=a[i])g[i]=max(g[i],g[j]+1),s=max(s,g[i]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    	add(i,i+n,1);
    	for(int j=1;j<i;j++)
    		if(a[j]<=a[i]&&g[i]==g[j]+1)
    			add(j+n,i,1);
    	if(g[i]==1)add(S,i,1);
    	if(g[i]==s)add(i+n,T,1);
    }
    int res=0;
    printf("%d\n%d\n",s,res=dinic());
    if(s==1)printf("%d",n);
    else
    {
    	 for(int i=0;i<idx;i+=2)
	    {
	    	int a=e[i^1],b=e[i];
	    	if(a==S&&b==1)f[i]=inf;
	    	if(a==1&&b==n+1)f[i]=inf;
	    	if(a==n+n&&b==T)f[i]=inf;
	    	if(a==n&&b==n+n)f[i]=inf;
	    }
    	printf("%d",res+dinic());	
    }
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/16929330.html
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