【算法提高课】AcWing1012.友好城市长期攻克提高课-day8（8/219）

题目的描述

1、朴素版题意描述

背景设定

Palmia 国东西走向的大河分南北两岸，两岸各分布 N 个坐标互不重复的城市；北岸每个城市唯一对应南岸一个友好城市，配对关系两两不重复。每一对友好城市申请修建一条跨河直线航道，要求获批的航道任意两条都不能交叉，需要挑选尽可能多的航道通过审批，求最多可批准的航道条数。

输入规则

首行输入整数 N，代表城市总对数；
后续 N 行，每行输入两个整数，依次为一组友好城市里南岸坐标、北岸坐标。

任务要求

输出满足航道互不交叉前提下，最多能批准的申请数量。

2、数学描述

1. 符号定义

设共有N组友好城市配对，构造配对集合：

T={(si,ni), i=1,2,...,N}T=\{(s_i,n_i),\ i=1,2,\dots,N\}T={(si,ni), i=1,2,...,N}

sis_isi：第i组配对的南岸城市横坐标，所有sis_isi取值互异；
nin_ini：第i组配对的北岸城市横坐标，所有nin_ini取值互异；配对映射si↦nis_i \mapsto n_isi↦ni为一一映射。

2. 约束条件

选取子集T′⊆TT'\subseteq TT′⊆T，对T′T'T′内任意两组不同配对(sa,na),(sb,nb)(s_a,n_a),(s_b,n_b)(sa,na),(sb,nb)，二者连接而成的线段（航道）无交点。

3. 优化目标

最大化子集T′T'T′包含的元素个数∣T′∣|T'|∣T′∣，输出该最大数值。

3、数据范围

1≤N≤5000,1≤N≤5000,1≤N≤5000,

0≤xi≤100000≤x_i≤100000≤xi≤10000

题目的分析

我们先上结论，再上证明。

1、结论

输入N组坐标：每组依次给出南岸城市横坐标、北岸友好城市横坐标；
先按南岸城市坐标从小到大 给所有配对排序；
排序后提取对应北岸城市的坐标序列，问题等价于 找这个序列里最长上升子序列的长度：
- 南岸坐标递增排布时，北岸坐标也单调递增，航道就不会交叉；北岸坐标递减则航道交叉；
最长上升子序列的长度就是最多可批准的航道数量。

2、证明

大河水平延伸，南岸在下、北岸在上，横坐标从左到右增大（越靠右 x 坐标越大）：

南岸点记S、北岸点记N，一对友好城市连线段SN就是航道；
取两组航道：航道 1(Sa,Na)(S_a,N_a)(Sa,Na)、航道 2(Sb,Nb)(S_b,N_b)(Sb,Nb)，强制约束SaS_aSa在南岸左侧、SbS_bSb在南岸右侧，即sa<sb\boldsymbol{s_a < s_b}sa<sb（南岸横坐标严格左小右大），只分两种北岸位置情况画图对比。

情况1：sa<sbs_a<s_bsa<sb且na＜nbn_a＜n_bna＜nb（北岸左小右大）

南岸靠左的城市连北岸靠左城市，南岸靠右的城市连北岸靠右城市，线段走向一致，不会相交。

情况2：sa<sbs_a<s_bsa<sb且na>nbn_a>n_bna>nb（北岸左大右小）

南岸靠左的点连北岸靠右的点、南岸靠右的点连北岸靠左的点，线段必然相交。

严格逻辑证明（结合图形结论）

步骤 1：排序固定南岸顺序

把所有配对按南岸横坐标升序重排，得到固定顺序：

s1<s2<s3<⋯<sNs_1<s_2<s_3<\dots<s_Ns1<s2<s3<⋯<sN 此时只需观察对应北岸序列 A={n1,n2,...,nN}A=\{n_1,n_2,\dots,n_N\}A={n1,n2,...,nN}的大小关系。

步骤 2：多选航道的无交叉约束

若同时选中下标i<ji<ji<j的两条航道，天然满足si<sjs_i<s_jsi<sj；由图形结论：想要航道不交叉，必须强制ni<njn_i<n_jni<nj。推广到多条航道：选中一批下标i1<i2<⋯<iki_1<i_2<\dots<i_ki1<i2<⋯<ik，全部两两无交叉 ⟺ \iff⟺

ni1<ni2<⋯<nikn_{i_1}<n_{i_2}<\dots<n_{i_k}ni1<ni2<⋯<nik 这恰好就是上升子序列的定义。

步骤 3：最大值等价结论

题目要求选中航道数量最多，等价于找满足下标递增、数值递增的最长子序列，即序列A的最长上升子序列 (LIS) 长度。

3、闫氏DP分析法

我们可以从上方的结论得到，这道题本质还是最长上升子序列，只不过要固定南岸的自变量，即：把所有城市配对按南岸坐标sis_isi从小到大排序 ，南岸坐标成为严格递增的自变量，顺序完全锁定，不会变动；此时每组配对唯一对应一个北岸坐标nin_ini，得到一维序列{n1,n2,...,nN}\{n_1,n_2,\dots,n_N\}{n1,n2,...,nN}。

所以，我们就把这道题转换成求"自变量"固定后的"因变量"的最长上升子序列。

首先根据经验，这种题一般只有一维状态。

我们可以设：dp $i$ dp $i$ dp $i$

集合：所有朝同一方向且以nin_ini结尾的上升子序列的集合

属性：Max

即：所有朝同一方向且以nin_ini结尾的上升子序列的长度集合的最大值

然后状态计算，开始划分集合，我们以最后一个集合dp $i$ 来划分

显然集合可以划分为从{dp $0$ ,dp $1$ ,dp $2$ ,...,dp $i-1$ }\{dp $0$ ,dp $1$ ,dp $2$ ,...,dp $i-1$ \}{dp $0$ ,dp $1$ ,dp $2$ ,...,dp $i-1$ }到达dp $i$ dp $i$ dp $i$ 的所有长度（要满足：nj<ni,j∈{j∣0≤j<i}n_j<n_i,j∈\{j|0≤j<i\}nj<ni,j∈{j∣0≤j<i}），因为dp $i$ dp $i$ dp $i$ 的定义是以nin_ini结尾的最长上升子序列的长度，因此dp $i$ =max({dp $0$ ,dp $1$ ,dp $2$ ,...,dp $i-1$ })+1,(nj<ni,j∈{j∣0≤j<i})dp $i$ =max(\{dp $0$ ,dp $1$ ,dp $2$ ,...,dp $i-1$ \})+1,(n_j<n_i,j∈\{j|0≤j<i\})dp $i$ =max({dp $0$ ,dp $1$ ,dp $2$ ,...,dp $i-1$ })+1,(nj<ni,j∈{j∣0≤j<i})，即：dp $i$ =max⁡{dp $j$ +1∣0≤j<i, nj<ni}dp $i$ = \max\big\{dp $j$ + 1 \mid 0 \le j < i,\ n_j < n_i\big\}dp $i$ =max{dp $j$ +1∣0≤j<i, nj<ni}，这也是我们本次动态规划的状态转移方程。

即：dp $i$ =max⁡{dp $j$ +1∣0≤j<i, nj<ni}dp $i$ = \max\big\{dp $j$ + 1 \mid 0 \le j < i,\ n_j < n_i\big\}dp $i$ =max{dp $j$ +1∣0≤j<i, nj<ni}

闫氏DP分析图

题目的代码

**题目地址：**https://www.acwing.com/problem/content/1014/

cpp 复制代码

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;

const int N = 5010;

int n;
PII city[N];
int f[N];

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 0; i < n; i ++ ) 
        scanf("%d%d", &city[i].first, &city[i].second);
    // 最重要的一步排序，按照pair自带排序规则，先排first，若first相等再排second
    sort(city, city + n);

    int res = 0;
    for (int i = 0; i < n; i ++ )
    {
        f[i] = 1;
        for (int j = 0; j < i; j ++ )
            // 根据"因变量"找到最长上升子序列的长度
            if (city[i].second > city[j].second)
                f[i] = max(f[i], f[j] + 1);
        res = max(res, f[i]);
    }
    // 输出最多能批准的申请数量
    printf("%d\n", res);

    return 0;
}

时间复杂度： O(n2)O(n^2)O(n2)

空间复杂度： O(n)O(n)O(n)

【算法提高课】AcWing1012.友好城市 长期攻克提高课-day8（8/219）