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洛谷 P8816 [CSP-J 2022] 上升点列（T4）

news 2025/8/3 9:25:11

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[CSP-J 2022] 上升点列 - 洛谷https://www.luogu.com.cn/problem/P8816

算法解析

k = 0 且 xi, yi 值域不大时，这题是非常简单的 DP，类似「数字三角形」。

记 dp(x,y) 为「以 (x,y) 为终点，最长合法序列的长度」。

则对于所有（已经存在的）整点，有：

dp(x,y) = max {dp(x − 1, y), dp(x, y − 1)} + 1

xi, yi 值域比较大时：

可以考虑记 dp(n) 表示「以 n 号点结尾的合法序列，最长能有多长」。

dp(n) = max {dp(i) + 1}

i → n ✓

不会存在环状结构——因为合法序列必须向右、上方发展。

把刚刚的DP改造一下，就是本题正解：

记 dp(n, k) 表示「以 n 号点结尾，已经使用掉了 k 个自由点，获得的收益」。

dp(n,k) = max {dp(i, k − cost) + cost + 1}

i → n ✓

实现细节：本题的求值顺序值得注意，合法路径可能形如 P1 → P3 → P2。

有两种解决方法：

记忆化搜索（记忆化搜索最擅长解决求值顺序混乱的 DP）
预先按 x, y 排序，使得编号大的点一定是从编号小的点转移过来

这里记忆化搜索比较好写一些，我这里就只讲记忆化搜索了

先写一下求 a 到 b 需要补多少个点的函数，即两点曼哈顿距离再减一（a 在左下，b 在右上，否则返回无穷）

代码中 x[u] 表示 u 点的横坐标，y[u] 表示 u 点的纵坐标

int dis(int a, int b) {if(x[a] > x[b])return inf;if(y[a] > y[b])return inf;return x[b] - x[a]  + y[b] - y[a] - 1;
}

然后是 dp 函数，定义上面已经说过了

int dp(int now, int k)

首先判断如果自由点已经用完了，即 k < 0，那么返回负无穷（因为最后是取最大值）

int dp(int now, int k) {if(k < 0)return -inf;
}

既然是记忆化，那么就需要记忆

用 vis[n][k] 数组记录 dp(n, k) 是否访问过，val[n][k] 数组记录如果访问过的 dp(n, k) 的值

这样如果 vis[now][k] == true（访问过），则返回 val[now][k]

int dp(int now, int k) {if(k < 0)return -inf;if(vis[now][k])return val[now][k];
}

然后就该枚举它的前驱（代码中的 to），然后取里面最大的收益

这个记录最大收益的变量（代码中的 res）的初值一定要是 1，因为如果哪也去不了，那么就只能走到现在这一个点，也就是 now

int dp(int now, int k) {if(k < 0)return -inf;if(vis[now][k])return val[now][k];int res = 1;for(int to = 1; to <= n; ++to)return res;
}

接下来需要判断 to != now，然后计算出 to 到 now 需要补多少个点（代码中的 cost）

int dp(int now, int k) {if(k < 0)return -inf;if(vis[now][k])return val[now][k];int res = 1;for(int to = 1; to <= n; ++to)if(to != now) {int cost = dis(to, now);}return res;
}

再判断费用超出运算，就 contunue（如果走不到，dis 就会返回无穷，一定大于 k，所以不用特判走不到）

int dp(int now, int k) {if(k < 0)return -inf;if(vis[now][k])return val[now][k];int res = 1;for(int to = 1; to <= n; ++to)if(to != now) {int cost = dis(to, now);if(cost > k)continue;}return res;
}

接着就是往下递归了，now 变成了 to，预算费用还剩 k - cost，所以传进去是

dp(to, k - cost)

然后长度还需要加上 to 到 now 的距离，即 cost + 1，然后更新最大值（代码里的 res）

代码中的 bemax 函数是把第一个参数赋成两个参数的最大值用的，具体实现方法就是用一个三目运算符

void bemax(int &a, int b) {a = a > b ? a : b;
}

int dp(int now, int k) {if(k < 0)return -inf;if(vis[now][k])return val[now][k];int res = 1;for(int to = 1; to <= n; ++to)if(to != now) {int cost = dis(to, now);if(cost > k)continue;bemax(res, dp(to, k - cost) + cost + 1);}return res;
}

最后再将 vis[now][k] 设成 true，val[now][k] 设成 res

最后 return res 就行了

int dp(int now, int k) {if(k < 0)return -inf;if(vis[now][k])return val[now][k];int res = 1;for(int to = 1; to <= n; ++to)if(to != now) {int cost = dis(to, now);if(cost > k)continue;bemax(res, dp(to, k - cost) + cost + 1);}vis[now][k] = true;val[now][k] = res;return res;
}

主函数里需要枚举 i = 1 ~ n，j = 0 ~ k，然后传进去（n 为点的个数，k 为自由点的个数）

注意长度还需要加上没用的 k - j 个点，然后更新答案（代码中的 ans）

for(int i = 1; i <= n; ++i)for(int j = 0; j <= k; ++j)bemax(ans, dp(i, j) + k - j);

最后输出 ans 即可

最终代码

#include <cstdio>
#define N 1005
using namespace std;const int inf = 0x7fffffff;int n, k;
int x[N], y[N];
bool vis[N][N];
int val[N][N];
int ans;void bemax(int &a, int b) {a = a > b ? a : b;
}int dis(int a, int b) {if(x[a] > x[b])return inf;if(y[a] > y[b])return inf;return x[b] - x[a]  + y[b] - y[a] - 1;
}int dp(int now, int k) {if(k < 0)return -inf;if(vis[now][k])return val[now][k];int res = 1;for(int to = 1; to <= n; ++to)if(to != now) {int cost = dis(to, now);if(cost > k)continue;bemax(res, dp(to, k - cost) + cost + 1);}vis[now][k] = true;val[now][k] = res;return res;
}int main() {scanf("%d%d", &n, &k);for(int i = 1; i <= n; ++i)scanf("%d%d", &x[i], &y[i]);for(int i = 1; i <= n; ++i)for(int j = 0; j <= k; ++j)bemax(ans, dp(i, j) + k - j);printf("%d\n", ans);return 0;
}