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2180. 最长递增子序列问题
给定正整数序列 \(x_1,\cdots,x_n\)。
-
计算其最长递增子序列的长度 \(s\)。
-
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）
-
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;
}
原文地址：http://www.cnblogs.com/zyyun/p/16929330.html
