洛谷 P8816 [CSP-J 2022] 上升点列(T4)

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[CSP-J 2022] 上升点列 - 洛谷icon-default.png?t=N7T8https://www.luogu.com.cn/problem/P8816

算法解析

k = 0 且 xi, yi 值域不大时,这题是非常简单的 DP,类似「数字三角形」。

记 dp(x,y) 为「以 (x,y) 为终点,最长合法序列的长度」。

则对于所有(已经存在的)整点,有:

dp(x,y) = max {dp(x − 1, y), dp(x, y − 1)} + 1

xi, yi 值域比较大时:

可以考虑记 dp(n) 表示「以 n 号点结尾的合法序列,最长能有多长」。

dp(n) = max {dp(i) + 1}

i → n ✓

不会存在环状结构——因为合法序列必须向右、上方发展。

把刚刚的DP改造一下,就是本题正解:

记 dp(n, k) 表示「以 n 号点结尾,已经使用掉了 k 个自由点,获得的收益」。

dp(n,k) = max {dp(i, k − cost) + cost + 1}

i → n ✓

实现细节:本题的求值顺序值得注意,合法路径可能形如 P1 → P3 → P2。

有两种解决方法:

  • 记忆化搜索(记忆化搜索最擅长解决求值顺序混乱的 DP)
  • 预先按 x, y 排序,使得编号大的点一定是从编号小的点转移过来

这里记忆化搜索比较好写一些,我这里就只讲记忆化搜索了

先写一下求 a 到 b 需要补多少个点的函数,即两点曼哈顿距离再减一(a 在左下,b 在右上,否则返回无穷)

代码中 x[u] 表示 u 点的横坐标,y[u] 表示 u 点的纵坐标

int dis(int a, int b) {if(x[a] > x[b])return inf;if(y[a] > y[b])return inf;return x[b] - x[a]  + y[b] - y[a] - 1;
}

然后是 dp 函数,定义上面已经说过了

int dp(int now, int k)

首先判断如果自由点已经用完了,即 k < 0,那么返回负无穷(因为最后是取最大值)

int dp(int now, int k) {if(k < 0)return -inf;
}

既然是记忆化,那么就需要记忆

用 vis[n][k] 数组记录 dp(n, k) 是否访问过,val[n][k] 数组记录如果访问过的 dp(n, k) 的值

这样如果 vis[now][k] == true(访问过),则返回 val[now][k]

int dp(int now, int k) {if(k < 0)return -inf;if(vis[now][k])return val[now][k];
}

然后就该枚举它的前驱(代码中的 to),然后取里面最大的收益

这个记录最大收益的变量(代码中的 res)的初值一定要是 1,因为如果哪也去不了,那么就只能走到现在这一个点,也就是 now

int dp(int now, int k) {if(k < 0)return -inf;if(vis[now][k])return val[now][k];int res = 1;for(int to = 1; to <= n; ++to)return res;
}

接下来需要判断 to != now,然后计算出 to 到 now 需要补多少个点(代码中的 cost)

int dp(int now, int k) {if(k < 0)return -inf;if(vis[now][k])return val[now][k];int res = 1;for(int to = 1; to <= n; ++to)if(to != now) {int cost = dis(to, now);}return res;
}

再判断费用超出运算,就 contunue(如果走不到,dis 就会返回无穷,一定大于 k,所以不用特判走不到)

int dp(int now, int k) {if(k < 0)return -inf;if(vis[now][k])return val[now][k];int res = 1;for(int to = 1; to <= n; ++to)if(to != now) {int cost = dis(to, now);if(cost > k)continue;}return res;
}

接着就是往下递归了,now 变成了 to,预算费用还剩 k - cost,所以传进去是

dp(to, k - cost)

然后长度还需要加上 to 到 now 的距离,即 cost + 1,然后更新最大值(代码里的 res)

代码中的 bemax 函数是把第一个参数赋成两个参数的最大值用的,具体实现方法就是用一个三目运算符

void bemax(int &a, int b) {a = a > b ? a : b;
}
int dp(int now, int k) {if(k < 0)return -inf;if(vis[now][k])return val[now][k];int res = 1;for(int to = 1; to <= n; ++to)if(to != now) {int cost = dis(to, now);if(cost > k)continue;bemax(res, dp(to, k - cost) + cost + 1);}return res;
}

最后再将 vis[now][k] 设成 true,val[now][k] 设成 res

最后 return res 就行了

int dp(int now, int k) {if(k < 0)return -inf;if(vis[now][k])return val[now][k];int res = 1;for(int to = 1; to <= n; ++to)if(to != now) {int cost = dis(to, now);if(cost > k)continue;bemax(res, dp(to, k - cost) + cost + 1);}vis[now][k] = true;val[now][k] = res;return res;
}

主函数里需要枚举 i = 1 ~ n,j = 0 ~ k,然后传进去(n 为点的个数,k 为自由点的个数)

注意长度还需要加上没用的 k - j 个点,然后更新答案(代码中的 ans)

for(int i = 1; i <= n; ++i)for(int j = 0; j <= k; ++j)bemax(ans, dp(i, j) + k - j);

最后输出 ans 即可 

最终代码

#include <cstdio>
#define N 1005
using namespace std;const int inf = 0x7fffffff;int n, k;
int x[N], y[N];
bool vis[N][N];
int val[N][N];
int ans;void bemax(int &a, int b) {a = a > b ? a : b;
}int dis(int a, int b) {if(x[a] > x[b])return inf;if(y[a] > y[b])return inf;return x[b] - x[a]  + y[b] - y[a] - 1;
}int dp(int now, int k) {if(k < 0)return -inf;if(vis[now][k])return val[now][k];int res = 1;for(int to = 1; to <= n; ++to)if(to != now) {int cost = dis(to, now);if(cost > k)continue;bemax(res, dp(to, k - cost) + cost + 1);}vis[now][k] = true;val[now][k] = res;return res;
}int main() {scanf("%d%d", &n, &k);for(int i = 1; i <= n; ++i)scanf("%d%d", &x[i], &y[i]);for(int i = 1; i <= n; ++i)for(int j = 0; j <= k; ++j)bemax(ans, dp(i, j) + k - j);printf("%d\n", ans);return 0;
}

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