DAG上dp思想DAG上DP的思想

DAG上DP的思想

在下最近刷了几道DAG图上dp的题目。
要提到的第一道是NOIP原题《最优贸易》。这是一个缩点后带点权的DAG上dp，它同时规定了起点和终点。
第二道是洛谷上的NOI导刊题目《最长路》，一个裸的DAG上dp，也同时规定了起点和终点。

这是为什么？

我想了一下。首先spfa跑最长路，它得保证是一张DAG。否则你可以在一个正权环上无限的松弛下去。
其次考虑一下最长路的DAG拓扑序dp做法。
是不是一个点，能够更新它的状态的点的状态全部被确定了，它的状态才能够被确定？
然而SPFA并不是这么做的。因为类似BFS过程的缘故，可能一条路径已经早就更新了这个点的状态，而另一条能松弛它的路径还没能更新它的点状态。
这样子得到的结果会是错误的吗？并不会。 SPFA有效的避免了错解情况的发生。

随后，路径B跟上来了。它更新了b的状态，b随后再次被放入处理队列中，依次而来的，b->c上面的点一个个地再次重新入队，再次被更新状态。

因此，使用SPFA进行类似最长路的DAG上dp时，每个点的最终状态跟拓扑序dp一样，会是最优的。这就是为什么SPFA能跑DAGdp的原因。
什么时候使用SPFA跑DAG会更好呢？确定了起点和终点的状况下。 如我原先所用的方法，我做了两遍FloodFill，又删了一遍点，还要作各种判断，才能避免其它点对拓扑序dp的干扰。但是使用SPFA，从起点开始松弛，直接松弛到终点的最优状态，它有效的兼顾了DAGdp所应该得到的最优状态，而又避免了拓扑序更新状态的条件之一——入度必须为0.因为这么做，显然会受到其它多余点（起点不能到的点/不能到终点的点）的干扰。
两者的复杂度如何呢？如果不考虑起点和终点的条件，拓扑序肯定更优。但如果考虑起点和终点的条件，综合考虑代码复杂度和时间复杂度，我觉得我应该会写SPFA。

一、 嵌套矩形

第一个DAG模型：矩形嵌套问题
描述
有n个矩形，每个矩形可以用a,b来描述，表示长和宽。
矩形X(a,b)可以嵌套在矩形Y(c,d)中当且仅当a<c,b<d或者b<c,a<d（相当于旋转X90度）。
例如（1,5）可以嵌套在（6,2）内，但不能嵌套在（3,4）中。
你的任务是选出尽可能多的矩形排成一行，使得除最后一个外，每一个矩形都可以嵌套在下一个矩形内。

 

【分析】

矩形间的“可嵌套”关系是一个典型的二元关系，二元关系可以用图来建模。如果矩形X可以嵌套在Y中，则就从X到Y连一条有向边。这个图是无环的，因为一个矩形无法直接或或间接的嵌套在自己的内部。也即是说这是以一个DAG。

因此，我们就是在求DAG上的最长路径。

 

【问题】

这个是一个没有确定的路径起点和终点（可以把任意的矩形放在任何位置）的DAG问题。

如何求解，仿照上次的数字三角形（数塔）问题的求解，可以设d（i）表示从节点i出发的最长路的长度，如何写出状态转移方程呢？第一步只能走到他的相邻的节点，因此：

d（i）= max { d（j）+1 | i, j ∈E }

其中，E为边集。最终答案是所有的d（i）中的最大值。因此可以用递推或者记忆化搜索计算。

d（i）= max { d（j）+1 | i, j ∈E }

二、解决步骤

第一步，建图。

假如用邻接矩阵将矩形间的关系保存在矩阵G中。

 

第二步，编写记忆化搜索程序（调用前先初始化数组为0）。

 

第三步，按字典序输出最佳的方案

输入

测试数据的第一行是一个正正数n，表示该组测试数据中含有矩形的个数(n<=1000)

随后的n行，每行有两个数a,b(0<a,b<100)，表示矩形的长和宽

输出

每组测试数据都输出一个数，表示最多符合条件的矩形数目，每组输出占一行

*/

/****************************************************************************/

 

 

// 思路：先对长和宽来此排序，再按照要求构图，

// 完成之后，直接记忆化搜索，值得注意的地方是你不能只从第一个点搜索，而是要从每个点搜索

 

#include<stdio.h>

#include<string.h>

 

#define MAXN 101

int n, G[MAXN][MAXN];     // 图的存储

int x[MAXN], y[MAXN], d[MAXN];  // 节点

 

//记忆化搜索来完成的动态转移

int dp(int i) 

{       

int j;

if(d[i] > 0) 

return d[i];  // 如果已经计算过，直接返回其值

 

d[i] = 1;         // 否则，置一，递推计算

for(j = 1; j <= n; j++)

if(G[i][j])   // 如果图存在，即是满足可嵌套

if(d[i] <=dp(j)+1)     // 如果存在可嵌套的节点d(j)加一后其值大于d(i)

d[i]=dp(j)+1;      // 则使d[i]更新

 

return d[i];       // 返回d[i]

}

 

//按字典序只输出排序最小的序列

/*

此部分的原理：字典序只是消除并列名次的方法，我们最根本的任务还是求出最长路

在把所有的d值计算出来后，选择最大的d[i]所对应的i。而如果有多个i，则选择最小的i，这样保证字典序最小。

接下来选择d(i) = d(j) +1 且i, j ∈E 的任何一个j，但是为满足字典序最小，需选择最小的j

*/

void print_ans(int i) 

{   

int j;

printf("%d ", i);    // 第一次i代表最长路的起点节点，以后均代表从该节点开始的路径

for(j = 1; j <= n; j++) 

if(G[i][j] && d[i] == d[j]+1)  // 如果该图满足可嵌套，且d[i] = d[j] +1

{

print_ans(j);           // 立即输出从节点j开始的路径

break;

}

}

 

int main() 

{

int i, j, t, ans, best;

scanf("%d", &n);            // n表示矩形的数目

// 初始化矩形长宽参数，并初次调整长宽顺序

for(i = 1; i <= n; i++) 

{

scanf("%d%d", &x[i], &y[i]);     // 依次输入矩形的边长信息

if(x[i] > y[i]) 

{

t = x[i]; x[i] = y[i]; y[i] = t;   // 保证X[]存的是长，Y[]存的是宽

}

}

memset(G, 0, sizeof(G));  // 数组清零

for(i = 1; i <= n; i++)           // 建图

for(j = 1; j <= n; j++)

if(x[i] < x[j] && y[i] < y[j]) G[i][j] = 1;  // 如果第i个矩形的长宽均小于第j个，使图相应的值为1

 

ans = 0;

for(i = 1; i <= n; i++)      // 依次递推所有的的节点

if(dp(i) > ans) 

{

best = i;       // best 是最小字典序

ans = dp(i);

}

printf("ans=%dn", ans);   // 表示最长路长度

print_ans(best);

printf("n");

while(1);

return 0 ;

}