0x51.动态规划 - 线性DP（习题详解 × 10）

Posted 2021-09-06 繁凡さん

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了0x51.动态规划 - 线性DP（习题详解 × 10）相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

本系列博客是《算法竞赛进阶指南》的学习笔记，包含书中的部分重要知识点、例题解题报告及我个人的学习心得和对该算法的补充拓展，仅用于学习交流和复习，无任何商业用途。博客中部分内容来源于书本和网络，由我个人整理总结。部分内容由我个人编写而成，如果想要有更好的学习体验或者希望学习到更全面的知识，请于京东搜索购买正版图书：《算法竞赛进阶指南》——作者李煜东，强烈安利，好书不火系列，谢谢配合。

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0x51.动态规划 - 线性DP

线性DP指具有线性 “阶段” 划分的动态规划算法被统称为线性DP。

无论线性DP的状态表示是一维的还是多维的，都是 “的线性上的递推 ”。DP的阶段沿着各个维度线性增长，从一个或多个边界点开始有方向地向整个状态空间转移、拓展。最后每个状态上都保留了以自身为 “目标” 的子问题的最优解。

0x51.1 LIS问题

问题描述 ：最长上升子序列，给定一个长度为 n 的数列 A，求数值单调递增的子序列的长度最长是多少。

状态表示： $f [i]$ 表示以 $A [i]$ 为结尾的 “最长上升子序列” 的长度

阶段划分：子序列的结尾位置（数列 A 中的位置，从前到后）

转移方程： $f[i]=\\max\\{f[j] + 1 \\mid 0\\le j<i, A[j]<A[i]\\}$

边界： $f [0] = 0$

目标： $\\max\\{f[i]\\mid 1\\le i\\le n\\}$

时间复杂度 ：暴力 $O(n^2)$ ，二分优化 / 数据结构优化 $O(n\\log n)$

空间复杂度： $O (n)$

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 7;

int n, m;
int a[N];
int f[N];

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) 
        scanf("%d", &a[i]);
    f[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
        f[i] = 1;
        for (int j = 1; j < i; ++ j) {
            if(a[j] < a[i])
                f[i] = max(f[i], f[j] + 1);
        }
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i)
        ans = max(ans, f[i]);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

二分优化

//二分优化，直接维护这个上升序列，把上升序列存到栈里，遇到小的就贪心地把栈里更大的换掉，遇到大的就放到栈里
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 1e5 + 6, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m;
int a[N];
int f[N], cnt;

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; ++ i)
        scanf("%d", &a[i]);
    int ans = 0;
    f[0] = -INF;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
        if(a[i] > f[cnt]) f[ ++ cnt] = a[i];
        else *lower_bound(f + 1, f + 1 + cnt, a[i]) = a[i];
    }
    cout << cnt << endl;
}

Problem A. 登山（最长下降子序列）

AcWing 1014

五一到了，ACM队组织大家去登山观光，队员们发现山上一共有 $N$ 个景点，并且决定按照顺序来浏览这些景点，即每次所浏览景点的编号都要大于前一个浏览景点的编号。

同时队员们还有另一个登山习惯，就是不连续浏览海拔相同的两个景点，并且一旦开始下山，就不再向上走了。

队员们希望在满足上面条件的同时，尽可能多的浏览景点，你能帮他们找出最多可能浏览的景点数么？

$2 \leq N \leq 1000$

Solution

本题实际上是求一个最大上升子序列到一个点，然后再以该点为起点求一个最长下降子序列。所以我们可以先预处理出正向的最长上升子序列，再求一个逆向的最长上升子序列（就是最长下降子序列），然后枚举每一个点作为起点，求一个最大值。要注意的是枚举的这个起点被两个子序列算了两次，所以要 -1。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>

using namespace std;

const int N = 1010, M = 50007, INF = 0x3f3f3f3f;

int n, m;
int t;
int a[N], f[N], g[N];

int main(){
        scanf("%d",&n);
        for(int i = 1;i <= n;++i)
            scanf("%d",&a[i]);
            
        for(int i = 1;i <= n;++ i){
            f[i] = 1;
            for(int j = 1;j < i;++j)
            if(a[j] < a[i])
                f[i] = max(f[i], f[j] + 1);
        }
        for(int i = n;i >= 1;-- i){
            g[i] = 1;
            for(int j = n;j > i;--j)
            if(a[j] < a[i])
                g[i] = max(g[i],g[j] + 1); 
        }
        
        int res = 0;
        for(int i = 1;i <= n;++i)
            res = max(res, f[i] + g[i] - 1);
        printf("%d\\n",res);

    return 0;
}

Problem B. 友好城市（思维）

AcWing 1012

Palmia国有一条横贯东西的大河，河有笔直的南北两岸，岸上各有位置各不相同的 $N$ 个城市。

北岸的每个城市有且仅有一个友好城市在南岸，而且不同城市的友好城市不相同。

每对友好城市都向政府申请在河上开辟一条直线航道连接两个城市，但是由于河上雾太大，政府决定避免任意两条航道交叉，以避免事故。

编程帮助政府做出一些批准和拒绝申请的决定，使得在保证任意两条航线不相交的情况下，被批准的申请尽量多。

$1≤N≤5000,0≤x_i≤10000$

Solution

当 $i > j$ 且 $i_{友}>j_友$ 时不交叉

所以可以将南岸从小到大排序求北岸的最长上升子序列

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>

using namespace std;

const int N = 5000007, M = 5000007, INF = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int,int> PII;
int n, m;
int b[N];
int f[N];
PII a[N];
int len = 1;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i = 1;i <= n;++i){
        scanf("%d%d",&a[i].first, &a[i].second);
    }
    sort(a + 1,a + 1 + n);
    f[1] = a[1].second;
    for(int i = 2;i <= n;++i){
        if(f[len] < a[i].second)f[++len] = a[i].second;
        else {
            //int tmp = lower_bound(f + 1, f + 1 + len, a[i].second) - f;
            //f[tmp] = a[i].second;
            *lower_bound(f + 1 ,f + 1 + len,a[i].second) = a[i].second;
        }
    }
    printf("%d\\n",len);
    return 0;
}