【P2766】最长不下降子序列问题

题目描述

«问题描述：

给定正整数序列x1,...,xn 。

（1）计算其最长不下降子序列的长度s。

（2）计算从给定的序列中最多可取出多少个长度为s的不下降子序列。

（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。

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n:x1, ..., xn。

输出格式

第1 行是最长不下降子序列的长度s。第2行是可取出的长度为s 的不下降子序列个数。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 的不下降子序列个数。

输入输出样例

输入 #1

3 6 2 5

输出 #1

2
3

说明/提示

n≤500

【解题思路】

运用最小割解决问题的本质是

找到多个问题同时存在且矛盾的情况，利用网络流找到最优的解

于是这个问题的解决方式就能够这样解决

首先，拆点，一个入点一个出点，考虑他们的连接过程

因为源头流量为 1 ，于是就能够形成单一的链，保证情况独立，能够排除矛盾情况

开头的是长度为 1 的，因为最长的能够包括所有子串，所以连接至汇点

然后对每个符合要求，对这道题来说就是

能够顺利组成增加一个字符串，使这个子串增长

如果选择了这个子串之后，就能够或者这个子串相应的流量

在最大流的性质和思想下最终也就能够得到最终答案了

【代码】

#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#define ll int
using namespace std;
const int MAXN = 5010;
const int MAXM = 200010;
const ll  INF = (1ll << 31) - 1;
struct note
{int to;int nt;int rev;ll cal;
};
struct edge
{note arr[MAXM];int siz;int maxn;int a[MAXN];int dp[MAXN];int  st[MAXN];int  dis[MAXN];int  cur[MAXN];int  depth[MAXN];int  top;int n, m, s, t;edge(){memset(st, -1, sizeof(st));memset(depth, -1, sizeof(depth));memset(dis, -1, sizeof(dis));top = 0;}void read(){scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d", &a[i]);}int LIS(){for (int i = 1; i <= n; i++)dp[i] = 1;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);}}maxn = -1;for (int i = 1; i <= n; i++)if (maxn < dp[i])maxn = dp[i];return maxn;}void build(){t = 2*n+2;for (int i = 1; i <= n; i++){add(i, i + n, 1);if(dp[i]==1)add(0, i, 1);if (dp[i] == maxn)add(i + n, t, 1);}for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <i; j++)if (a[j] <= a[i] && dp[j] + 1 == dp[i])add(j+n, i , 1);s = 0;siz = 2 * n+1;}bool dep(){queue<int> q;q.push(s);memset(depth, -1, sizeof(depth));depth[s] = 0;while (!q.empty()){int v = q.front(); q.pop();for (int i = st[v]; i != -1; i = arr[i].nt){int to = arr[i].to;if (!arr[i].cal)continue;if (depth[to] != -1)continue;depth[to] = depth[v] + 1;q.push(to);}}return (depth[t] != -1);}void add(int x, int y, ll z){top++; arr[top] = { y,st[x],top + 1,z }; st[x] = top;top++; arr[top] = { x,st[y],top - 1,0 }; st[y] = top;}ll dfs(int now, ll val){if (now == t || !val)return val;ll flow = 0;for (int& i = cur[now]; i != -1; i = arr[i].nt){int to = arr[i].to;if (depth[to] != depth[now] + 1)continue;ll f = dfs(to, min(arr[i].cal, val));if (!f || !arr[i].cal)continue;flow += f;arr[i].cal -= f;arr[arr[i].rev].cal += f;val -= f;if (!val)return flow;}return flow;}ll dinic(){ll flow = 0;ll f;while (dep()){for (int i = 0; i <= siz; i++)cur[i] = st[i];while (f = dfs(s, INF))flow += f;}return flow;}
};
edge road,tmp;
int main()
{road.read();//printf("**\n");printf("%d\n",road.LIS());//printf("**\n");//printf("\n");
    road.build();//printf("**\n");tmp = road;printf("%d\n", tmp.dinic());if(road.dp[1]==1)road.add(road.s, 1, INF);if(road.dp[road.n]==road.maxn)road.add(road.n * 2, road.t, INF);road.add(1, road.n + 1, INF);road.add(road.n, road.n * 2, INF);printf("%d", road.dinic());return 0;
}

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