link：https://www.luogu.org/problemnew/show/P2766
题意
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。
设计有效算法完成（1）（2）（3）提出的计算任务。
思路
题解来自网络流24题：
【问题分析】
第一问是LIS，动态规划求解，第二问和第三问用网络最大流解决。
【建模方法】
首先动态规划求出F[i]，表示以第i位为开头的最长上升序列的长度，求出最长上升序列长度K。
1、把序列每位i拆成两个点<i.a>和<i.b>，从<i.a>到<i.b>连接一条容量为1的有向边。
2、建立附加源S和汇T，如果序列第i位有F[i]=K，从S到<i.a>连接一条容量为1的有向边。
3、如果F[i]=1，从<i.b>到T连接一条容量为1的有向边。
4、如果j>i且A[i] <= A[j]且F[j]+1=F[i]，从<i.b>到<j.a>连接一条容量为1的有向边。
求网络最大流，就是第二问的结果。把边(<1.a>,<1.b>)(<N.a>,<N.b>)(S,<1.a>)(<N.b>,T)这四条边的容量修改为无穷大，再求一次网络最大流，就是第三问结果。
实际操作中，直接在原图中增加容量为inf的边即可。
【建模分析】
上述建模方法是应用了一种分层图的思想，把图每个顶点i按照F[i]的不同分为了若干层，这样图中从S出发到T的任何一条路径都是一个满足条件的最长上升子序列。
由于序列中每个点要不可重复地取出，需要把每个点拆分成两个点。单位网络的最大流就是增广路的条数，所以最大流量就是第二问结果。
第三问特殊地要求x1和xn可以重复使用，只需取消这两个点相关边的流量限制，求网络最大流即可。
#include <algorithm> #include <iterator> #include <iostream> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <iomanip> #include <bitset> #include <cctype> #include <cstdio> #include <string> #include <vector> #include <stack> #include <cmath> #include <queue> #include <list> #include <map> #include <set> #include <cassert> /* ⊂_ヽ ＼＼ Λ＿Λ 来了老弟 ＼('ㅅ') > ⌒ヽ / へ＼ / / ＼＼ ﾚ ノ ヽ_つ / / / /| ( (ヽ | |、＼ | 丿 ＼ ⌒) | | ) / 'ノ ) Lﾉ */ using namespace std; #define lson (l , mid , rt << 1) #define rson (mid + 1 , r , rt << 1 | 1) #define debug(x) cerr << #x << " = " << x << "\n"; #define pb push_back #define pq priority_queue typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; //typedef __int128 bll; typedef pair<ll ,ll > pll; typedef pair<int ,int > pii; typedef pair<int,pii> p3; //priority_queue<int> q;//这是一个大根堆q //priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >q;//这是一个小根堆q #define fi first #define se second //#define endl '\n' #define boost ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0) #define rep(a, b, c) for(int a = (b); a <= (c); ++ a) #define max3(a,b,c) max(max(a,b), c); #define min3(a,b,c) min(min(a,b), c); const ll oo = 1ll<<17; const ll mos = 0x7FFFFFFF; //2147483647 const ll nmos = 0x80000000; //-2147483648 const int inf = 0x3f3f3f3f; const ll inff = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; //18 const int mod = 1e9+7; const double esp = 1e-8; const double PI=acos(-1.0); const double PHI=0.61803399; //黄金分割点 const double tPHI=0.38196601; template<typename T> inline T read(T&x){ x=0;int f=0;char ch=getchar(); while (ch<'0'||ch>'9') f|=(ch=='-'),ch=getchar(); while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return x=f?-x:x; } inline void cmax(int &x,int y){if(x<y)x=y;} inline void cmax(ll &x,ll y){if(x<y)x=y;} inline void cmin(int &x,int y){if(x>y)x=y;} inline void cmin(ll &x,ll y){if(x>y)x=y;} /*-----------------------showtime----------------------*/ const int maxn = 509; int a[maxn],dp[maxn]; struct E{ int u,v,w; int nxt; }edge[10*maxn*maxn]; int head[maxn*20],gtot = 0; void addedge(int u,int v,int w){ edge[gtot].u = u; edge[gtot].v = v; edge[gtot].w = w; edge[gtot].nxt = head[u]; head[u] = gtot++; edge[gtot].u = v; edge[gtot].v = u; edge[gtot].w = 0; edge[gtot].nxt = head[v]; head[v] = gtot++; } int dis[maxn*20],cur[maxn*20]; bool bfs(int s,int t){ memset(dis, inf, sizeof(dis)); for(int i=s; i<=t; i++) cur[i] = head[i]; dis[s] = 0; queue<int>que; que.push(s); while(!que.empty()){ int u = que.front(); que.pop(); for(int i=head[u]; ~i; i = edge[i].nxt){ int v = edge[i].v, w = edge[i].w; if(w > 0 && dis[v] > dis[u] + 1){ dis[v] = dis[u] + 1; que.push(v); } } } return dis[t] < inf; } int dfs(int u,int t,int maxflow){ if(u == t || maxflow == 0) return maxflow; for(int i=cur[u]; ~i; i = edge[i].nxt){ cur[u] = i; int v = edge[i].v, w = edge[i].w; if(w > 0 && dis[v] == dis[u] + 1){ int f = dfs(v, t, min(w, maxflow)); if(f > 0) { edge[i].w -= f; edge[i^1].w += f; return f; } } } return 0; } int dinic(int s,int t){ int flow = 0; while(bfs(s, t)){ while(int f = dfs(s, t, inf)) flow += f; } return flow; } int main(){ memset(head, -1, sizeof(head)); int n, k = 0; scanf("%d", &n); rep(i, 1, n) scanf("%d", &a[i]); rep(i, 1, n){ int mx = 0; for(int j=1; j<i; j++) if(a[j] <= a[i]) cmax(mx, dp[j]); dp[i] = mx + 1; cmax(k, dp[i]); } printf("%d\n", k); int s = 0, t = n + n + 1; rep(i, 1, n){ addedge(i, i+n, 1); if(dp[i] == k) addedge(i+n, t, 1); if(dp[i] == 1) addedge(s, i, 1); } for(int i=1; i<=n; i++){ for(int j=i+1; j<=n; j++){ if(a[i] <= a[j]&&dp[j] == dp[i] + 1) addedge(i+n, j, 1); //这里注意还要判断a【i】 <= a【j】 } } int res = dinic(s,t); printf("%d\n", res); if(dp[1] == 1) addedge(s, 1, inf),addedge(1,1+n,inf); if(dp[n] == k) addedge(n,n+n,inf),addedge(n+n,t,inf); printf("%d\n", dinic(s, t) + res); return 0; }