1.2.2最长上升子序列模型（二）

1.拦截导弹

某国为了防御敌国的导弹袭击，发展出一种导弹拦截系统。

但是这种导弹拦截系统有一个缺陷：虽然它的第一发炮弹能够到达任意的高度，但是以后每一发炮弹都不能高于前一发的高度。

某天，雷达捕捉到敌国的导弹来袭。

由于该系统还在试用阶段，所以只有一套系统，因此有可能不能拦截所有的导弹。

输入导弹依次飞来的高度（雷达给出的高度数据是不大于 $30000$ 的正整数，导弹数不超 $1000$ ），计算这套系统最多能拦截多少导弹，如果要拦截所有导弹最少要配备多少套这种导弹拦截系统。

输入格式
共一行，输入导弹依次飞来的高度。

输出格式
第一行包含一个整数，表示最多能拦截的导弹数。

第二行包含一个整数，表示要拦截所有导弹最少要配备的系统数。

数据范围
雷达给出的高度数据是不大于 $30000$ 的正整数，导弹数不超过 $1000$ 。

输入样例：

389 207 155 300 299 170 158 65

输出样例：

6
2

题解

Dilworth 定理

狄尔沃斯定理（Dilworth’s theorem）亦称偏序集分解定理，该定理断言：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。此定理的对偶形式亦真，它断言：对于任意有限偏序集，其最长链中元素的数目必等于其最小反链划分中反链的数目

该定理在子序列问题上可表述为：把序列分成不升子序列的最少个数，等于序列的最长上升子序列长度。把序列分成不降子序列的最少个数，等于序列的最长下降子序列长度

该定理在二分图上等价于柯尼希定理：二分图最小点覆盖的点数等于最大匹配数

定理法
给定正整数序列，求最长不升子序列长度，以及能覆盖整个序列的不升子序列的最少个数

问题一套用 LIS模型即可求解。由 Dilworth 定理，问题二等价于 LIS长度

#include <cstdio>

#define max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define rep(i, s, e) for (int i = s; i <= e; i ++)
#define N 1010

int a[N], f[N], g[N];

int main() {
    
    
    int n = 1; while (~scanf("%d", a + n)) n ++; n --;

    rep(i, 1, n) rep(j, 0, i - 1) {
    
    
        bool down = a[j] >= a[i];
        f[i] = max(f[i], down * f[j] + 1);
        g[i] = max(g[i], !down * g[j] + 1);
    }

    int r1 = 0, r2 = 0;
    rep(i, 1, n) r1 = max(r1, f[i]), r2 = max(r2, g[i]);

    printf("%d\n%d\n", r1, r2);

    return 0;
}

贪心法

在这里插入图片描述
对于每个数，既可以把它接到已有子序列后面，也可以建立一个新序列。要使子序列数最少，应尽量不建立新序列。此外，应让每个子序列的末尾尽可能大，这样能接的数更多。因为一个数若能接到小数后面，必然能接到大数后面，反之则不成立。根据这些想法，可总结出如下贪心流程：

从前往后扫描每个数，对于当前数

若现有子序列的结尾都小于它，则创建新子序列
否则，将它放到结尾大于等于它的最小数后面

证明

记 $A$ 为贪心解， $B$ 为最优解

贪心解能覆盖所有数，且形成的都是不升序列，因此合法。由定义， $B \leq A$
假设最优解对应的方案和贪心方案不同，从前往后找到第一个不在同一序列的数 $x$ 。假设贪心解中 $x$ 前面的数是 $a$ ，最优解中 $x$ 前面的数是 $b$ ， $a$ 后面的数是 $y$ ，由于贪心会让当前数接到大于等于它的最小数后面，所以 $x, y \leq a \leq b$ ,此时，在最优解中，把 $x$ 一直到序列末尾，和 $y$ 一直到序列末尾交换位置，这样做不影响正确性，也不增加序列个数，但会使 $x$ 在最优解和贪心解中所处的位置相同。由于序列中的数是有限的，只要一直做下去，一定能使最优解变为贪心解。因此 $A \leq B$

综上 $A = B$

实现
用 $g$ 保存每条不升子序列的末尾，可用归纳法证明 $g$ 是单调上升的。初始时， $g$ 为空满足条件。假设 $g$ 已经单调上升，现在要加入数 $x$ ，设 $g [i]$ 是大于等于 $x$ 的最小数，则 $g [i - 1] < x \leq g [i] \leq g [i + 1]$ 。由于 $x$ 要放到 $g [i]$ 后面，因此 $g [i]$ 会被更新成 $x$ ，之后满足 $g [i - 1] < g [i] \leq g [i + 1]$ ，其它元素不受影响，整个序列仍单调上升。由此得证

可发现上述贪心实现，和最长上升子序列的贪心解法代码相同，这也印证了 Dilworth 定理

#include <cstdio>

#define max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define rep(i, s, e) for (int i = s; i <= e; i ++)
#define N 1010

int a[N], f[N], g[N];

int main() {
    
    
    int n = 1; while (~scanf("%d", a + n)) n ++; n --;

    rep(i, 1, n) rep(j, 0, i - 1)
        f[i] = max(f[i], (a[j] >= a[i]) * f[j] + 1);

    int r = 0; rep(i, 1, n) r = max(r, f[i]);
    printf("%d\n", r);

    r = 0;
    rep(i, 1, n) {
    
    
        int j = 0; while (j < r && g[j] < a[i]) j ++;
        g[j] = a[i]; r += j == r;
    }
    printf("%d\n", r);

    return 0;
}

y总做法

#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;

const int N = 1010;

int n;
int q[N];
int f[N],g[N];
int main()
{
    
    
    while(cin >> q[n]) n++;
    
    int res = 0;
    for(int i = 0;i < n;i++)
    {
    
    
        f[i] = 1;
        for(int j = 0;j < i;j++)
            if(q[j] >= q[i])
                f[i] = max(f[i],f[j] + 1);
        res = max(res,f[i]);
    }
    cout<<res<<endl;
    
    //第二问
    int cnt = 0;//表示当前子序列的个数
    for(int i = 0;i < n;i++)
    {
    
    
        int k = 0;//k是从前往后找的序列
        while(k < cnt && g[k] < q[i]) k++;
        g[k] = q[i];
        if(k >= cnt)cnt++;
    }
    cout<<cnt<<endl;
    
    return 0;
}

2.导弹防御系统

为了对抗附近恶意国家的威胁，R国更新了他们的导弹防御系统。

一套防御系统的导弹拦截高度要么一直 严格单调 上升要么一直 严格单调 下降。

例如，一套系统先后拦截了高度为 $3$ 和高度为 $4$ 的两发导弹，那么接下来该系统就只能拦截高度大于 $4$ 的导弹。

给定即将袭来的一系列导弹的高度，请你求出至少需要多少套防御系统，就可以将它们全部击落。

输入格式
输入包含多组测试用例。

对于每个测试用例，第一行包含整数 $n$ ，表示来袭导弹数量。

第二行包含 $n$ 个不同的整数，表示每个导弹的高度。

当输入测试用例 $n = 0$ 时，表示输入终止，且该用例无需处理。

输出格式
对于每个测试用例，输出一个占据一行的整数，表示所需的防御系统数量。

数据范围
$1 \leq n \leq 50$
输入样例：

5
3 5 2 4 1
0

输出样例：

样例解释
对于给出样例，最少需要两套防御系统。

一套击落高度为 $3, 4$ 的导弹，另一套击落高度为 $5, 2, 1$ 的导弹。

题解

概述

该题也是一个典型的最长上升子序列的问题。

条件：导弹拦截高度要么一直上升要么一直下降。

有的导弹可以选择上升，有的可以选择下降，不是单纯地问所存在的序列可以划分为多少组上升子序列的问题，所以不能用之前的方法解。

怎么做？
当找不到办法时，考虑使用枚举法

如何做？
从问题的解出发，最终问题的答案是有许多单调上升子序列和许多单调下降子序列，那么实际就是对于每个数，来思考将该数放到上升序列中还是下降序列中。

题解

注意顺序性

依次枚举每个数
先枚举将该数作为单调上升的序列，还是单调下降的序列中
- 如果该数被放到了单调上升的序列中，则枚举将该数放到哪个单调上升的序列后面
- 如果该数被放到了单调下降的序列中，则枚举将该数放到哪个单调下降的序列后面。
- 或者该数成为一个单独的单调序列
实际上来看这就是一个建模问题，首先建模为初始状态，初始状态可以经过很多离散步骤到达一个新的状态，最终不断地到达目的状态。

暴力，考虑搜索空间，首先如果搜索的序列是有序的，那么就可以使用二分法。每一步搜索空间是50，那么这样下去，就是5050…, 最终是指数级别

up[] 存储当前所有上升子序列的末尾元素
down[] 存储当前所有下降子序列的末尾元素

所以这里实际上用到了上一题导弹防御的结果来做，对于多个单调上升（下降）子序列只需要对末尾元素进行考虑即可。
这一点真厉害！！！
然后这里又可以进行优化

使用贪心的思想
$x$ 尽可能覆盖一个末尾元素大的序列

因此是一个很强的优化，所以每一步实际上只有两种选择，要么上升，要么下降。

up本身是单调的，所以一方面找到即停止，另一方面可以直接考虑用二分

如何进行搜素

使用BFS, BFS是宽度优先，需要进行存储（空间太多，不太好剪枝），而且代码写起来比较麻烦
使用DFS, 一种想法是使用全局变量，第二种方式是迭代加深

代码实现

#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;

const int N = 55;

int n;
int q[N];
int up[N],down[N];//一个表示上升子序列结尾，另外一个表示下降子序列结尾
int ans;

//su表示当前上升子序列个数，sd表示当前下降子序列个数
void dfs(int u,int su,int sd)
{
    
    
    if(su + sd >= ans) return;
    if(u == n)
    {
    
    
        ans = su + sd;
        return;
    }
    //情况1：将当前数放到上升子序列中
    int k = 0;
    while(k <= su && up[k] >= q[u]) k++;
    int t = up[k];
    up[k] = q[u];
    if(k < su)  dfs(u + 1,su,sd);
    else dfs(u + 1,su + 1,sd);
    up[k] = t;
    
    //情况2：将当前数放到下降子序列中
    k = 0;
    while(k < sd && down[k] <= q[u])    k++;
    t = down[k];
    down[k] = q[u];
    if(k < sd)  dfs(u + 1,su,sd);
    else dfs(u + 1,su,sd + 1);
    down[k] = t;
}
int main()
{
    
    
    while(cin >> n,n)
    {
    
    
        for(int i = 0;i < n;i++)    cin >> q[i];
        
        ans = n;
        
        dfs(0,0,0);
        
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

3.最长公共上升子序列

熊大妈的奶牛在小沐沐的熏陶下开始研究信息题目。

小沐沐先让奶牛研究了最长上升子序列，再让他们研究了最长公共子序列，现在又让他们研究最长公共上升子序列了。

小沐沐说，对于两个数列 $A$ 和 $B$ ，如果它们都包含一段位置不一定连续的数，且数值是严格递增的，那么称这一段数是两个数列的公共上升子序列，而所有的公共上升子序列中最长的就是最长公共上升子序列了。

奶牛半懂不懂，小沐沐要你来告诉奶牛什么是最长公共上升子序列。

不过，只要告诉奶牛它的长度就可以了。

数列 $A$ 和 $B$ 的长度均不超过 $3000$ 。

输入格式
第一行包含一个整数 $N$ ，表示数列 $A ， B$ 的长度。

第二行包含 $N$ 个整数，表示数列 $A$ 。

第三行包含 $N$ 个整数，表示数列 $B$ 。

输出格式
输出一个整数，表示最长公共上升子序列的长度。

数据范围
$1 \leq N \leq 3000$ ,序列中的数字均不超过 $2^{31}−1$ 。

输入样例：

4
2 2 1 3
2 1 2 3

输出样例：

题解（此题不是很懂，比较综合）在这里插入图片描述

(DP,线性DP,前缀和) $O(n^{2})$

这道题目是AcWing 895. 最长上升子序列和AcWing 897. 最长公共子序列的结合版，在状态表示和状态计算上都是融合了这两道题目的方法。此两道题在之前博客均有叙述，同时可以在Acwing官网查看（算法提高课）

状态表示：

f[i][j]代表所有a[1 ~ i]和b[1 ~ j]中以b[j]结尾的公共上升子序列的集合；
f[i][j]的值等于该集合的子序列中长度的最大值；

状态计算（对应集合划分）：

首先依据公共子序列中是否包含a[i]，将f[i][j]所代表的集合划分成两个不重不漏的子集：

不包含a[i]的子集，最大值是f[i - 1][j]；
包含a[i]的子集，将这个子集继续划分，依据是子序列的倒数第二个元素在b[]中是哪个数：
- 子序列只包含b[j]一个数，长度是1；
- 子序列的倒数第二个数是b[1]的集合，最大长度是f[i - 1][1] + 1；
- …
- 子序列的倒数第二个数是b[j - 1]的集合，最大长度是f[i - 1][j - 1] + 1；

如果直接按上述思路实现，需要三重循环：

for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
    
    
    for (int j = 1; j <= n; j ++ )
    {
    
    
        f[i][j] = f[i - 1][j];
        if (a[i] == b[j])
        {
    
    
            int maxv = 1;
            for (int k = 1; k < j; k ++ )
                if (a[i] > b[k])
                    maxv = max(maxv, f[i - 1][k] + 1);
            f[i][j] = max(f[i][j], maxv);
        }
    }
}

然后我们发现每次循环求得的maxv是满足a[i] > b[k]的f[i - 1][k] + 1的前缀最大值。
因此可以直接将maxv提到第一层循环外面，减少重复计算，此时只剩下两重循环。

最终答案枚举子序列结尾取最大值即可。

C++ 代码

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

using namespace std;

const int N = 3010;

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

int main()
{
    
    
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &a[i]);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &b[i]);

    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
    
    
        int maxv = 1;
        for (int j = 1; j <= n; j ++ )
        {
    
    
            f[i][j] = f[i - 1][j];
            if (a[i] == b[j]) f[i][j] = max(f[i][j], maxv);
            if (a[i] > b[j]) maxv = max(maxv, f[i - 1][j] + 1);
        }
    }

    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) res = max(res, f[n][i]);
    printf("%d\n", res);

    return 0;
}