dp1，ACM暑期培训

                                        D - 摆花

P1077 [NOIP2012 普及组] 摆花 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

Description

小明的花店新开张，为了吸引顾客，他想在花店的门口摆上一排花，共 m 盆。通过调查顾客的喜好，小明列出了顾客最喜欢的 n 种花，从 1 到 n 标号。为了在门口展出更多种花，规定第 i 种花不能超过 ai​ 盆，摆花时同一种花放在一起，且不同种类的花需按标号的从小到大的顺序依次摆列。

试编程计算，一共有多少种不同的摆花方案。

Input

第一行包含两个正整数 n 和 m，中间用一个空格隔开。

第二行有 n 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，依次表示 a1​,a2​,⋯,an​。

Output

一个整数，表示有多少种方案。注意：因为方案数可能很多，请输出方案数对 10^6+7 取模的结果。

Sample 1

Inputcopy	Outputcopy
2 4 3 2	2

Hint

【数据范围】

对于 20%20% 数据，有 0<n≤8,0<m≤8,0≤ai​≤8。

对于 50%50% 数据，有 0<n≤20,0<m≤20,0≤ai​≤20。

对于 100%100% 数据，有 0<n≤100,0<m≤100,0≤ai​≤100。

NOIP 2012 普及组 第三题

解析：01背包

这道题是一道背包问题，这里我们用三重循环来做

#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<stack>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 100 + 5;
const int mod = 1e6 + 7;
int n, m;
int arr[N],dp[N][N];int main() {cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%d", &arr[i]);}for (int i = 0; i <= n; i++) {dp[i][0] = 1;}for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= m; j++) {for (int k = 0; k <= arr[i]; k++) {if (j >= k) {dp[i][j] += dp[i - 1][j - k];dp[i][j] %= mod;}elsebreak;}}}cout << dp[n][m] << endl;return 0;
}

                                        E - 导弹拦截

P1020 [NOIP1999 普及组] 导弹拦截 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

Description

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，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。

Input

一行，若干个整数，中间由空格隔开。

Output

两行，每行一个整数，第一个数字表示这套系统最多能拦截多少导弹，第二个数字表示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。

Sample 1

Inputcopy	Outputcopy
389 207 155 300 299 170 158 65	6 2

Hint

对于前 50% 数据（NOIP 原题数据），满足导弹的个数不超过 10^4 个。该部分数据总分共 100 分。可使用O(n2) 做法通过。
对于后 50%50% 的数据，满足导弹的个数不超过 10^5 个。该部分数据总分也为 100 分。请使用 O(nlogn) 做法通过。

对于全部数据，满足导弹的高度为正整数，且不超过 5×10^4。

此外本题开启 spj，每点两问，按问给分。

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upd 2022.8.24upd 2022.8.24：新增加一组 Hack 数据。

解析 ：dp，最长子序列优化，Dilworth 定理

这道题分为两个问：

问题一：求最长子序列，这道题数据比较大，不能用朴素的的最长子序列算法，为超时。

需要用最长子序列的优化版算法，(23条消息) dp，最长上升子序列升级版_开朗孔乙己的博客-CSDN博客

问题二：问题二实际上是考察Dilworth 定理：

对于有限偏序集（Finite Partial Order Set），其最小链划分（Minimum Chain Partition）的链的长度等于其最大反链（Maximum Antichain）的大小。

这个定理告诉我们，对于有限的偏序集，可以将其划分成若干条链（每条链上的元素都满足偏序关系），而且这个划分的链的条数，等于其中最大的反链的大小（反链是指其中没有元素之间有偏序关系的子集）。

换句话说，偏序集中的任意一个最长的全序子集（链），都可以在不交集的前提下，与其它链组成一个划分，而且这个划分中没有两个元素之间有偏序关系的子集的大小，即反链的大小，就是最小的划分链的数目。

在这道题里就是：最长非升子序列的最小个数等于最长上升子序列的长度

#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<stack>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 5;
int arr[N];
int p[N],q[N];int main() {int index = 0;while (scanf("%d", &arr[++index]) != EOF);q[0] = 1e6;int len = 0;for (int i = 1; i < index; i++) {int l = 0, r = len, mid, ans=0;while (l <= r) {mid = l + (r - l) / 2;if (q[mid] < arr[i]) {r = mid - 1;}else {ans = mid;l = mid + 1;}}len = max(len, ans + 1);q[ans + 1] = arr[i];}cout << len << endl;len = 0;for (int i = 1; i < index; i++) {int l = 0, r = len, mid, ans=0;while (l <= r) {mid = l + (r - l) / 2;if (p[mid] >= arr[i]) {r = mid - 1;}else {ans = mid;l = mid + 1;}}len = max(len, ans + 1);p[ans + 1] = arr[i];}cout <<len<< endl;return 0;
}