[CSP-J 2022] 上升点列

通往洛谷的传送门

题目描述

在一个二维平面内，给定 $n$ 个整数点 $(x_i,y_i)$，此外你还可以自由添加 $k$ 个整数点。

你在自由添加 $k$ 个点后，还需要从 $n+k$ 个点中选出若干个整数点并组成一个序列，使得序列中任意相邻两点间的欧几里得距离恰好为 $1$ 而且横坐标、纵坐标值均单调不减，即 $x_{i+1}-x_i=1,y_{i+1}=y_i$ 或 $y_{i+1}-y_i=1,x_{i+1}=x_i$。请给出满足条件的序列的最大长度。

输入格式

第一行两个正整数 $n,k$ 分别表示给定的整点个数、可自由添加的整点个数。

接下来 $n$ 行，第 $i$ 行两个正整数 $x_i,y_i$ 表示给定的第 $i$ 个点的横纵坐标。

输出格式

输出一个整数表示满足要求的序列的最大长度。

输入输出样例

输入 #1

8 2
3 1
3 2
3 3
3 6
1 2
2 2
5 5
5 3

输出 #1

8

输入 #2

4 100
10 10
15 25
20 20
30 30

输出 #2

103

提示

【样例 #3】

见附件中的 point/point3.in 与 point/point3.ans。

第三个样例满足 $k=0$。

【样例 #4】

见附件中的 point/point4.in 与 point/point4.ans。

【数据范围】

保证对于所有数据满足：$1\le n\le 500$，$0\le k\le 100$。对于所有给定的整点，其横纵坐标 $1\le x_i,y_i\le {10}^9$，且保证所有给定的点互不重合。对于自由添加的整点，其横纵坐标不受限制。

测试点编号	$n\le$	$k\le$	$x_i,y_i\le$
$1\sim 2$	$10$	$0$	$10$
$3\sim 4$	$10$	$100$	$100$
$5\sim 7$	$500$	$0$	$100$
$8\sim 10$	$500$	$0$	${10}^9$
$11\sim 15$	$500$	$100$	$100$
$16\sim 20$	$500$	$100$	${10}^9$

1.题意解析

    只需要看一眼就知道只是一道$dp$模版题。

    这道题就是最长上升子序列的升级版，不知道的请移步这里。

    首先动态规划五步走。

1.抽象问题：求“最长不下降子序列”的长度。

    下图就提供了一个“不下降子序列”的示例。请尝试结合题目理解。

2.状态：dp[i][j]代表以第$i$个点结尾增加$j$个点的“最长不下降子序列”的长度。

    根据问题的定义来定义就行了。

3.初始条件：dp[i][j]=j+1，$i\in [1,n]$，$j\in [0,k]$。

    容易知道，想要让$dp[i][j]$尽量的大，最直接的方法就是在前面直接加上j个点。再加上当前点，得到初始状态j+1。

4,状态转移方程：dp[i][p]=max(dp[i][p],dp[j][p-add]+add+1)
    其中：$i\in [2,n]$，$j\in [1,i-1]$，$p\in [add,k]$。
    add代表由点$i$到点$j$需要添加的点的个数。

    看完后是不是一头雾水？

    根据LIS中对方程的推导，可以发现，以第$i$个点结尾的序列的最长长度就是前面能接上的所有点的最长长度$+1$。

    因此，对于每一个点$i$。直接枚举前面的所有点$j$。如果能接得上（即保证add<k且a[j].y<a[i].y（即能通过增加点使得$a[j].y=a[i].y$））。

    然后更新每一个$a[i][p]$。因为前面我们已经增加了add个点了。所以p要从add开始枚举到k。这个时候，我们只剩下p-add个点了。类似于LIS，我们只需要让a[i][p]对每一个a[j][p-add]+1取最大值就行了。但直接这样写是错的。还记得这个条件的前提吗？没错，我们已经增加了$add$个点。所以应该对每一个a[j][p-add]+add+1取最大值。

    最后，对于add可以这样计算：add=a[i].x-a[j].x+a[i].y-a[j].y-1;，这里先卖个关子。请读者自行思考。

2.AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 510
int n,k,ans,dp[MAXN][MAXN];//dp[i][j]表示在i前面增加j个点的最大序列长度 
struct dote//储存每个点的坐标 
{
	int x,y;
}a[MAXN];
bool cmp(dote a,dote b)//排序 
{
	if(a.x==b.x)return a.y<b.y;
    return a.x<b.x;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);
    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    for(int i=1;i<=n;i++)//初始化 
        for(int j=0;j<=k;j++)//想要初始让dp[i][j]尽可能大,直接添加j个点
            dp[i][j]=j+1;
    for(int i=2;i<=n;i++)//从第2个点开始枚举
        for(int j=i-1;j>=1;j--)//枚举前面的每一个点
        {
        	//计算需要到达此点最少需要添加的点数
        	int add=a[i].x-a[j].x+a[i].y-a[j].y-1;
        	if(add>k||a[i].y<a[j].y)continue;//不符合条件
        	for(int p=add;p<=k;p++)//分别枚举一共添加从add到k个点
        	    dp[i][p]=max(dp[i][p],dp[j][p-add]+add+1);//状态转移方程
		}
	for(int i=1;i<=n;i++)//取每一个数的最大值
	    ans=max(ans,dp[i][k]);
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

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