前言

鉴于本蒟蒻的dp学的实在是一坨答辩，临近lqb开始重新学习一遍dp，在acwing和LIS搏斗两天之后，写一篇总结，加深一下印象。

模板

最长上升子序列

题意与大致思路

题意：

给一个数组，找数组的一个子序列，该序列严格递增且长度最大

状态表示：

dp[i] 表示以a[i]为结尾的最长上升子序列的长度

状态转移：

对于每个i，遍历1~i，如果找到一个a[j] < a[i]，那么ai就可以接到以aj为结尾的LIS后面，此时就可以更新 dp[i] = max(dp[j] + 1 , dp[i]) ，时间复杂度 O (n^2)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int a[maxn],dp[maxn];
int main()
{int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],dp[i] = 1; //dp[i]初始化为1，因为显然a[i]本身即为LISint res=0;for(int i = 1; i <= n;i ++){for(int j = 1;j < i;j ++)if(a[j] < a[i])dp[i] = max(dp[i] , dp[j] + 1);res = max(res , dp[i]);  //维护dp[i]的最大值}cout<<res<<endl;return 0;
}

接下来上题

Acwing 1017 - 怪盗基德的滑翔翼

怪盗基德的滑翔翼

Think

该题可以选择向左或者向右选择一条严格递减的序列，往右走就是最长下降子序列，而往左走实际上为最长上升子序列，直接dp并维护最大值即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e2+10;
int a[maxn],dp_up[maxn],dp_down[maxn];
int main()
{int T;cin>>T;while(T--){int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];dp_up[i]=1;dp_down[i]=1;}for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<i;j++)if(a[i]>a[j])dp_down[i]=max(dp_down[i],dp_down[j]+1);else if(a[i] < a[j])dp_up[i]=max(dp_up[i],dp_up[j]+1);int res=0;for(int i=1;i<=n;i++) {res=max(res,dp_down[i]);res=max(res,dp_up[i]);}cout<<res<<endl;}return 0;
}

Acwing 482-合唱队列

合唱队列

Think

不难想到把问题转化为找一个以i为终点的最长不下降子序列和一个以i为起点的最长不上升子序列，如何得到以i为起点的LIS呢，只需要反向跑一个最长不下降子序列就可以了

//
//  main.cpp
//  合唱团
//
//  Created by 77777 董昊鹏 on 2022/3/4.
//#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e2+10;
int a[maxn],dp_up[maxn],dp_down[maxn];
int main()
{int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];dp_up[i]=1;dp_down[i]=1;}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<i;j++)if(a[i]>a[j]) dp_up[i]=max(dp_up[i],dp_up[j]+1);}for(int i=n;i>=1;i--)for(int j=n;j>i;j--)if(a[i]>a[j]) dp_down[i]=max(dp_down[i],dp_down[j]+1);int res=0;for(int i=1;i<=n;i++)res=max(res,dp_up[i]+dp_down[i]-1);cout<<n-res<<endl;
}

Acwing 1012-友好城市

友好城市

Think

该题目要求两边都无交叉，显然对于两边的城市都要保证一个严格递增，按照其中一边排序后，对于另一边跑LIS就可以得到答案。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e4+10;
pair<int,int> a[maxn];
int dp[maxn];
int main()
{int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i].first>>a[i].second,dp[i] = 1;sort(a+1,a+1+n);int res=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<i;j++)if(a[j].second < a[i].second)dp[i] = max(dp[j] + 1,dp[i]);res= max(res,dp[i]);}cout<<res<<endl;
}

Acwing 1010-拦截导弹

导弹拦截

Think

LIS的究极经典例题，对于第一问无需多谈，重点在于第二问，可以贪心去做，也可以用到一个偏序集相关的定理，dilworth定理：对于任意有限偏序集，其最大反链中元素的数目必等于最小链划分中链的数目。人话就是：如果让你求最少的不上升子序列，这几个序列中包含整个数组的所有元素，即求最大不下降子序列的长度，严格证明可以看tofu佬的：

偏序集，哈斯图与Dilworth定理 - Tofu 的博客 - 洛谷博客 (luogu.org)

所以第二问再跑一个最长不下降子序列即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{string s,x;getline(cin,s);stringstream ss(s);int n=0,a[1010],dp[1010];while(ss>>x){a[++n] = stoi(x);dp[n] = 1;}int res=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<i;j++)if(a[i] <= a[j])dp[i] = max(dp[j] + 1,dp[i]);res = max(dp[i],res);}cout<<res<<endl;for(int i=1;i<=n;i++) dp[i] = 1;res=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<i;j++)if(a[j] < a[i])dp[i] = max(dp[j] + 1,dp[i]);res = max(res,dp[i]);}cout<<res<<endl;
}

Acwing 896-最长上升子序列 Ⅱ

最长上升子序列Ⅱ

Think

这次n变为1e5，n^2的算法肯定没法通过，需要进行优化。考虑原本的dp算法，转移的过程是找每个ai接在哪里使得答案最优，由于n较小可以直接枚举位置并dp取最大值。现在我们来直接讨论这个ai接的位置。

状态表示与状态转移

我们维护一个dp[i]，表示长度为i的子序列尾部的值。然后遍历ai，考虑对于每个ai可以接在哪个序列后面，比如两个序列，他的结尾值分别是1和1000，显然接在1000绝对不会比接在1后面更差，因为1比较小，后面还有很多数能接。也就是说结尾的数越大越好，我们可以去找第一个小于等于ai的dp[i]，而这个dp是一定单调的，证明如下：

考虑反证：如果res[i] >= res[j] 且i < j，也就是说，更短的子序列有更大的末尾值，这个显而易见是不成立的，比如你在res[j]删除几个元素，使得其长度变为i，此时的末尾值res[k]一定是小于res[j]的，与前提矛盾。

那么我们找第一个小于等于ai的dpi这个过程就可以用二分来解决，总的时间复杂度就可以优化到O(nlogn)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5+10;
int a[maxn] , dp[maxn];
int main()
{int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];int res=0;dp[++res] = a[1];for(int i=2;i<=n;i++){//cout<<i<<" "<<dp[res]<<endl;if(a[i] > dp[res]) dp[++res] = a[i];else {int pos = lower_bound(dp + 1,dp + res + 1,a[i]) - dp;dp[pos] = a[i];}}cout<<res<<endl;
}

Acwing 187-导弹拦截系统

导弹拦截系统

Think

船新的导弹拦截，在这个题里面，既可以是最长上升也可以是最长下降，我们可以采取上题的思路，用一个up[i]和一个down[i]分别表示每个序列的末尾数。然后我们可以直接按照上一题的贪心思路，即：一直接在第一个小于等于a[i]的序列后面。进行一波搜索剪枝，更多具体细节看代码注释

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[60],up[60],down[60],res,n;
void dfs(int now,int cnt_u,int cnt_d) //cnt_u和cnt_d分别表示目前以后的上升子序列和下降子序列的数量。
{if(cnt_u + cnt_d >= res) return ; //如果答案不会更优，直接剪枝if(now == n + 1){res = min(res , cnt_u+cnt_d); //更新答案。return ;}int i=1;for(;i<=cnt_u;i++)if(up[i] < a[now])break;//如果按这个贪心思路接下去，up数组一定是单调的，直接遍历到第一个满足条件的即可。int info = up[i];up[i] = a[now]; //把a接在后面dfs(now + 1 , max(cnt_u , i) , cnt_d); //这里如果没有找到满足条件的up得到的i会是cnt_u+1，也就是加了一个新的序列。up[i] = info;for(i=1;i<=cnt_d;i++)if(down[i] > a[now])break;info = down[i];down[i] = a[now];dfs(now + 1 , cnt_u , max(cnt_d , i));down[i] = info;
}
int main()
{while(cin>>n&&n){for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];res = 100;dfs(1,0,0);cout << res << endl;}
}

Acwing 272-最长公共上升子序列

最长公共上升子序列

Think

直接类比公共子序列列出dp状态：dp[i][j]表示a[1 ~ i] 和b[1~j]中以b[j]结尾的最长公共上升子序列的长度，接下来考虑转移式。

状态转移：

按照是否包含a[i]划分

1.如果不包含a[i]，dp[i][j] = dp[i-1][j]

2.如果包含a[i]，我们进行进一步划分，考虑序列的倒数第二个元素b[]是哪个值k

如果只有b[1]，则dp[i][j] = 1

如果k = 1，则dp[i][j] = dp[i-1][1] + 1

如果k = 2，则dp[i][j] = dp[i-1][2] + 1

.....

如果k = j - 1，则dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1

要模拟上述结果，需要三层for循环，过不了

优化：

我们在枚举k时，可以发现我们实际上是在计算当a[i] > b[k] 时dp[i-1][k] 的前缀最大值，这样我们就可以把这层枚举取掉了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 3e3 + 10;
int a[maxn] , b[maxn] , dp[maxn][maxn];
int main()
{int n;cin>>n;for(int i = 1; i <= n;i ++)cin >> a[i];for(int i = 1; i <= n;i ++)cin >> b[i];for(int i = 1;i <= n;i ++){int MAX = 1;for(int j = 1;j <= n; j++){dp[i][j] = dp[i-1][j];if(a[i] == b[j]) dp[i][j] = max(dp[i][j] , MAX);if(a[i] > b[j]) MAX = max(MAX , dp[i-1][j] + 1);}}int res=0;for(int i=1;i<=n;i++)res = max(res , dp[n][i]);cout << res << endl;
}

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