dp(DAG)
矩形嵌套
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难度:4
- 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。
- 输入
- 第一行是一个正正数N(0<N<10),表示测试数据组数,
每组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
- 样例输入
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1 10 1 2 2 4 5 8 6 10 7 9 3 1 5 8 12 10 9 7 2 2
- 样例输出
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5
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矩形之间的"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可以嵌套在矩形Y里,我们就从X到Y连一条有向边。这个有向图是无环的,因为一个矩形无法直接或间接地嵌套在自己的内部。换句话说,它是一个DAG。这样,我们的任务便是求DAG上的最长路径。
紫书是这么说的,那么现在我们就已经将问题转化了,那我现在再说一下代码:
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int MAXN = 1000 + 5 ; struct node{ int x,y; }a[MAXN]; int n,d[MAXN]; bool G[MAXN][MAXN]; int dp(int i){ //remember if (d[i]!=0) return d[i]; d[i]=1; for(int j = 0;j<n;j++) if (G[i][j]) d[i]=max(d[i],dp(j)+1); return d[i]; } void Solve() { scanf("%d",&n); for(int i = 0;i<n;i++) { scanf("%d %d",&a[i].x,&a[i].y); if(a[i].x<a[i].y) swap(a[i].x,a[i].y); } memset(G,0,sizeof(G)); for(int i = 0;i<n;i++) for(int j = 0;j<n;j++){ if (i==j) continue; if (a[i].x<a[j].x&&a[i].y<a[j].y){ G[i][j]=1; } } int res=0; for(int i = 0;i<n;i++){ memset(d,0,sizeof(d)); int tm=dp(i); res=max(res,tm); } cout<<res<<endl; } int main() { int T; cin>>T; while(T--) Solve(); return 0; }
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