你好！我是你的OI教练。

这道题（CSP-J 2022 T3 上升点列）是一道非常有代表性的 动态规划（DP） 题目。它结合了 坐标排序 和 最长上升子序列（LIS） 的思想。

只要你转换一下思考角度，这道题的难度就会大大降低。

1. 核心思维转换：如何利用 k？

题目问的是“序列的最大长度”。这个序列由“原本给定的点”和“自由添加的点”组成。 显然，为了让序列最长，我们肯定会把 $k$ 个自由点全部用光（如果需要的话，直接接在序列末尾即可）。

关键结论：

$$\text{序列总长度} = \text{被选中的原有整点个数} + \text{自由添加的点数 } k $$

所以，我们的目标就变成了：在花费不超过 $k$ 个自由点的前提下，尽可能多地串联起原本给定的整点。

2. 预处理：排序

因为题目要求序列的横纵坐标“单调不减”（$x_{i+1} \ge x_i$ 且 $y_{i+1} \ge y_i$），这暗示这就是一个二维的 LIS 问题。 为了方便进行 DP 转移（保证我们处理第 $i$ 个点时，之前的点已经在它“左下方”），我们需要先对所有点进行排序。

• 排序规则：先按 $x$ 从小到大排；如果 $x$ 相同，再按 $y$ 从小到大排。

3. 计算代价：曼哈顿距离

如果我们要把点 $A(x_1, y_1)$ 和点 $B(x_2, y_2)$ 连接起来（假设 $A$ 在 $B$ 左下方），中间需要填补多少个自由点？

• 两点间的曼哈顿距离是：$d = (x_2 - x_1) + (y_2 - y_1)$。 加油！这是一道非常标准的线性 DP 变形题。

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基于你提供的“转换角度”的思路，通过计算 “最多能选出的原有整点数量” 来解题。

参考代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>

using namespace std;

const int MAXN = 505;
const int MAXK = 105;

struct Point {
    int x, y;
};

// 排序规则：x 坐标优先，x 相同时 y 坐标优先
bool cmp(Point a, Point b) {
    if (a.x != b.x) return a.x < b.x;
    return a.y < b.y;
}

int n, k;
Point p[MAXN];
// dp[i][j] 定义：以第 i 个点结尾，且连接过程中消耗了 j 个自由点时，
// 序列中包含的【原有整点】的最大数量。
int dp[MAXN][MAXK];

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);

    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> p[i].x >> p[i].y;
    }

    // 1. 预处理：排序
    sort(p + 1, p + n + 1, cmp);

    // 2. 动态规划
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        // 初始化：每个点至少包含它自己这 1 个原有整点
        // 无论消耗多少 k，任何点都可以作为序列的起点（原有整点数=1）
        for (int j = 0; j <= k; ++j) {
            dp[i][j] = 1;
        }

        // 枚举前驱节点 prev
        for (int prev = 1; prev < i; ++prev) {
            // 必须满足坐标单调不减
            if (p[prev].y > p[i].y) continue;

            // 计算两点间的曼哈顿距离
            int dist = (p[i].x - p[prev].x) + (p[i].y - p[prev].y);
            
            // 计算需要的自由点代价：距离 - 1
            // 例如：(1,1) 到 (1,2) 距离为1，需要 0 个自由点
            //      (1,1) 到 (2,2) 距离为2，需要 1 个自由点
            int cost = dist - 1;

            // 如果代价在可承受范围内
            if (cost <= k) {
                // 状态转移：枚举 prev 已经消耗的代价 j
                // 新的总代价 = prev的代价(j) + 连接这两点的代价(cost)
                for (int j = 0; j <= k - cost; ++j) {
                    // 状态含义变化：这里只加 1，因为我们只统计“原有整点”的数量
                    dp[i][j + cost] = max(dp[i][j + cost], dp[prev][j] + 1);
                }
            }
        }
    }

    // 3. 计算答案
    // 题目思路结论：序列最大长度 = 选中的原有整点数 + k
    int max_original_points = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = 0; j <= k; ++j) {
            max_original_points = max(max_original_points, dp[i][j]);
        }
    }

    // 即使 k 没用完，也可以补在末尾，所以直接 + k
    cout << max_original_points + k << endl;

    return 0;
}

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思路对比分析

这两个思路虽然最终都能 AC，但在 DP 状态定义的物理含义 和 答案计算方式 上有本质区别：

1. 状态定义的区别

• 上一版思路（标准版）：
  • $dp[i][j]$ 存储的是 当前序列的总长度（包含原有点 + 已使用的自由点）。
  • 转移方程：dp[i][...] = dp[prev][...] + dist。
  • 这里的 + dist 实际上包含了 + 1（当前原有点）和 + cost（填补的自由点）。
• 这一版思路（新版）：
  • $dp[i][j]$ 存储的是 当前序列中原有整点的数量。
  • 转移方程：dp[i][...] = dp[prev][...] + 1。
  • 这里只加 1，非常纯粹地只数“原有坐标点”。

2. 答案计算的区别

• 上一版思路：
  • 答案需要计算未使用的 $k$ 能带来的收益。
  • 公式：Ans = max(dp[i][j] + (k - j))。
  • 需要手动把剩下的 $k-j$ 加回去。
• 这一版思路：
  • 利用结论 总长度 = 原有整点数 + k。
  • 公式：Ans = max(dp[i][j]) + k。
  • 这个公式更加直观，它假设我们总是能把 $k$ 个自由点全部用在序列里（无论是填补中间的空缺，还是接在序列的头尾）。

3. 总结

这一版思路利用了数学上的恒等关系简化了问题模型。将“混合计算长度”的问题转化为了“在代价限制下这种背包问题式的最长链”问题，代码逻辑上（尤其是转移时的 +1 和最后的 +k）更加简洁明了，不容易写错。

你好！作为OI教练，很高兴为你提供这道题目（P8816 [CSP-J 2022] 上升点列）的解题思路。

这道题考察的是 动态规划（DP） 结合 几何性质。由于 $n$ 的范围比较小（$n \le 500$），而坐标范围很大（$10^9$），这明显是在提示我们算法的复杂度应该与 $n$ 有关，而不是与坐标大小有关。

以下是逐步的思路提示：

1. 理解几何性质与代价

题目要求序列中的点必须满足横纵坐标单调不减，且相邻两点欧几里得距离为 1。这意味着我们只能向“上”或向“右”走。

• 路径特性：这实际上是在二维平面上走“曼哈顿距离”。

• 连接两点的代价： 假设我们已经有两个给定的点 $A(x_1, y_1)$ 和 $B(x_2, y_2)$，其中 $x_1 \le x_2$ 且 $y_1 \le y_2$。 要将 $A$ 和 $B$ 连接起来形成合法的上升点列，两点之间需要的步数（即两点间的距离）是 $dist = (x_2 - x_1) + (y_2 - y_1)$。 但是，因为 $A$ 和 $B$ 已经是存在的点，我们需要额外填补的自由点数量是 $dist - 1$。

  思考：如果 $A$ 和 $B$ 之间需要的自由点数量超过了题目给定的 $k$，还能连接它们吗？

2. 预处理：排序

为了进行动态规划，我们需要保证处理到第 $i$ 个点时，它前序可能连接的点都已经处理过了。 因为要求序列是“上升”的（$x$ 和 $y$ 都不减），我们可以先对所有给定的 $n$ 个点进行排序。

• 排序规则：优先按 $x$ 坐标从小到大排序；如果 $x$ 相同，则按 $y$ 坐标从小到大排序。
• 排序后，对于第 $i$ 个点，它的前驱节点 $j$ 一定满足 $j < i$。这样我们就可以线性地进行状态转移了。

3. 设计 DP 状态

我们需要记录当前序列结尾走到哪一个点，以及消耗了多少个自由点 $k$。

• 状态定义： 设 $f[i][j]$ 表示：以排序后的第 $i$ 个给定的点为结尾，且在这个序列中总共额外添加了 $j$ 个自由点时，该序列所能达到的最大长度。

  • $i$ 的范围：$1 \sim n$
  • $j$ 的范围：$0 \sim k$

4. 状态转移方程

对于每一个点 $i$（外层循环），我们要枚举它之前的所有点 $p$（内层循环， $1 \le p < i$）来尝试转移。

• 合法性判断：只有当点 $p$ 在点 $i$ 的左下方（即 $x_p \le x_i$ 且 $y_p \le y_i$）时，才能从 $p$ 走到 $i$。

• 计算消耗：计算从 $p$ 走到 $i$ 需要填充多少个额外的点。设需要的点数为 $cost$。

  $$cost = (x_i - x_p) + (y_i - y_p) - 1$$

• 转移逻辑： 如果当前剩余的自由点预算 $j$ 足够支付这个 $cost$（即 $j \ge cost$），那么我们可以尝试从状态 $f[p][j - cost]$ 转移过来。

  $$f[i][j] = \max(f[i][j], \ f[p][j - cost] + cost + 1) $$

  (注意：这里的 $+ cost + 1$ 是因为我们在 $p$ 的基础上增加了 $cost$ 个自由点，以及点 $i$ 本身，长度增加了 $cost+1$。实际上你会发现，这等价于加上了 $p$ 到 $i$ 的曼哈顿距离)

5. 初始化与答案计算

• 初始化： 对于任意点 $i$ 和任意 $j$，最坏的情况是该序列只包含点 $i$ 以及 $j$ 个自由点（自由点可以接在 $i$ 后面或前面）。 所以初始值 $f[i][j] = j + 1$。

• 最终答案： 答案不是简单的 $f[n][k]$。

  我们需要遍历所有的 $i$ ($1 \sim n$) 和所有的 $j$ ($0 \sim k$)。 对于状态 $f[i][j]$，我们使用了 $j$ 个自由点，题目允许最多使用 $k$ 个。如果 $j < k$，剩下的 $k - j$ 个自由点可以无脑直接接在这个序列的尾部，进一步增加长度。

  即：

  $$Answer = \max_{1 \le i \le n, \ 0 \le j \le k} \{ f[i][j] + (k - j) \} $$

总结关键点

1. 排序是消除后效性的关键。
2. DP状态一定要包含“使用了多少个 $k$”。
3. 两点间所需自由点数是 曼哈顿距离 - 1。
4. 最后别忘了没用完的 $k$ 也可以算进长度里。

祝你 AC！如果有具体代码实现的细节卡住了，可以再问我。

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这是一个基于动态规划的 C++ 标准解答代码。代码中包含了必要的注释来解释关键步骤。

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>

using namespace std;

// 定义点的结构体
struct Point {
    int x, y;
};

// 排序规则：先按 x 坐标从小到大，若 x 相同则按 y 坐标从小到大
bool cmp(Point a, Point b) {
    if (a.x != b.x) return a.x < b.x;
    return a.y < b.y;
}

const int MAXN = 505;
const int MAXK = 105;

int n, k;
Point p[MAXN];
// dp[i][j] 表示以第 i 个点为结尾，且使用了 j 个自由点时的最大序列长度
int dp[MAXN][MAXK];

int main() {
    // 优化 I/O 速度
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);

    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> p[i].x >> p[i].y;
    }

    // 1. 排序，保证处理第 i 个点时，其前驱点一定在索引小于 i 的位置
    sort(p + 1, p + n + 1, cmp);

    int ans = 0;

    // 2. 动态规划过程
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        // 初始化：每个点自身可以作为一个序列的开始
        // 如果使用了 j 个自由点，那么长度就是 1 (点 i 本身) + j (自由点)
        for (int j = 0; j <= k; ++j) {
            dp[i][j] = j + 1;
        }

        // 枚举前驱点 prev
        for (int prev = 1; prev < i; ++prev) {
            // 如果 prev 的 y 坐标比 i 大，则无法满足“单调不减”，跳过
            if (p[prev].y > p[i].y) continue;

            // 计算曼哈顿距离
            int dist = (p[i].x - p[prev].x) + (p[i].y - p[prev].y);
            
            // 计算连接两点需要的额外自由点数量
            // 距离为 dist，中间需要填补 dist - 1 个点
            int cost = dist - 1;

            // 如果需要的点数超过了 k，或者超过了当前枚举的 j 的上限（在后面循环判断），则无法直接连接
            if (cost <= k) {
                // 更新状态：枚举使用了多少个自由点 j
                // 我们至少需要 cost 个点才能从 prev 连到 i，所以 j 从 cost 开始
                for (int j = cost; j <= k; ++j) {
                    // 状态转移方程：
                    // 新长度 = 前驱状态长度 + 连接所需的代价(cost) + 1(点 i 本身)
                    // 注意：dp[prev][j - cost] 已经包含了 prev 点，
                    // 这里 + (dist) 等价于 + cost + 1
                    dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[prev][j - cost] + dist);
                }
            }
        }

        // 3. 更新全局答案
        // 对于以 i 结尾且消耗了 j 个自由点的状态，
        // 剩下的 (k - j) 个自由点可以直接追加在序列末尾增加长度
        for (int j = 0; j <= k; ++j) {
            ans = max(ans, dp[i][j] + (k - j));
        }
    }

    cout << ans << endl;

    return 0;
}

代码核心逻辑解析：

1. 排序 (sort)：

   • 将所有点按 $x$ 优先、$y$ 次之的顺序排序。这确保了当我们处理点 $i$ 时，任何可能作为它“前驱”的点 $prev$ 都已经被处理过（满足 $prev < i$），从而消除了 DP 的后效性。

2. 状态定义 (dp[i][j])：

   • $i$：当前序列以排序后的第 $i$ 个点结尾。
   • $j$：连接该序列的过程中，总共已经消耗了 $j$ 个自由添加的点。
   • 值：满足上述条件的最大序列长度。

3. 状态转移：

   • 计算点 $i$ 和点 $prev$ 之间的曼哈顿距离 $dist = \Delta x + \Delta y$。
   • 两者之间需要填补的空位数量（代价）为 $cost = dist - 1$。
   • 如果当前拥有的自由点预算 $j$ 大于等于 $cost$，则可以从 $dp[prev][j-cost]$ 转移过来。长度增加 $dist$（即填补的 $cost$ 个点加上点 $i$ 自身）。

4. 最终答案计算：

   • DP 过程只计算了以“给定点”结尾的情况。
   • 如果题目给的 $k$ 很大，在连到点 $i$ 并消耗了 $j$ 个点后，还剩 $k-j$ 个点。这些点可以无条件地加在序列末尾，使长度再增加 $k-j$。所以答案是 $\max(dp[i][j] + k - j)$。