POJ1065 Wooden Sticks

题目来源：http://poj.org/problem?id=1065

题目大意：

　　有一些木棍，有长度(l)和重量(w)两个属性。现在需要用一台机器依次处理每一根木棍，这台机器需要一个启动时间，启动时间与木棍的长度和重量相关。规则如下：

(a)第一根木棍的启动时间为1.

(b)处理完一根长为 l 重为w 的木棍后，如果下一根木棍的长度 l' 和重量 w' 满足 l <= l' && w <= w'，则启动时间为0，否则也需要1个单位的启动时间。

　　给定一些木棍的集合，求完成集合中没根木棍的处理需要的最小总启动时间。比如一些木棍的 l 和 w 分别为：( 9 , 4 ) , ( 2 , 5 ) , ( 1 , 2 ) , ( 5 , 3 ) , 和 ( 4 , 1 )，则序列：( 4 , 1 ) , ( 5 , 3 ) , ( 9 , 4 ) , ( 1 , 2 ) , ( 2 , 5 )的启动时间最小，为2. 

输入：含多组用例。第一行的数字 T 为测试用例数。接下来每个用例为两行，第一行一个整数 n , 1 <= n <= 5000，表示木棍数，第二行 n 对正整数，分别为l1 w1 l2 w2 ... ln wn. 值均不超过10000. 

输出：对于每个测试用例输出最小启动时间。

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Sample Input

3 
5 
4 9 5 2 2 1 3 5 1 4 
3 
2 2 1 1 2 2 
3 
1 3 2 2 3 1 

Sample Output

2
1
3

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实际上给出的木棍集合上木棍之间的关系是偏序关系。

好遥远的字眼=。=... 好吧，让我们来回顾一下：

偏序的定义：（转自wiki）

非严格偏序，自反偏序

给定集合S，“≤”是S上的二元关系，若“≤”满足：

1. 自反性：∀a∈S，有a≤a；

2. 反对称性：∀a，b∈S，a≤b且b≤a，则a=b；

3. 传递性：∀a，b，c∈S，a≤b且b≤c，则a≤c；

则称“≤”是S上的非严格偏序或自反偏序。

严格偏序，反自反偏序

给定集合S，“＜”是S上的二元关系，若“＜”满足：

1. 反自反性：∀a∈S，有a≮a；

2. 非对称性：∀a，b∈S，a＜b ⇒ b≮a；

3. 传递性：∀a，b，c∈S，a＜b且b＜c，则a＜c；

则称“＜”是S上的严格偏序或反自反偏序。

严格偏序与有向无环图(dag)有直接的对应关系。一个集合上的严格偏序的关系图就是一个有向无环图。其传递闭包是它自己。

@。@ 好晕。看个例子回忆一下：

上面表示的是{x,y,z}的子集集合，包含关系的哈斯图。一般来说，像上图中一样，集合中的任意两个元素a和b，要么a<b，要么a=b, 要么a>b，要么不可比较，这样的关系就是偏序。如果所有元素都可比较，则是全序。

在我们的问题里a.l <= b.l && a.w <= b.w 则 a <= b. 否则 不可比较。

偏序集中的链：指a1 <= a2 <= a3 ... <= ai 这样的一个序列（即一个全序子集）。

反链：偏序集的一个子集，其中任意两个元素不可比较。

极大链：对于一个链C找不到另一个链C’使得C是C'的真子集，则C是极大链。

极大反链：对于一个反链A找不到另一个反链A'使得A是A'的真子集，则A是极大反链。

最大链：元素个数最大的链。

最大反链：元素个数最大的反链。

链划分：把一个偏序集划分为多个链。

反链划分：把一个偏序集划分为多个反链。

Dilworth定理：链划分的最少集合数等于其最长反链的长度。

Dilworth对偶定理：反链划分的最少集合数等于其最长链的长度。

其中对偶定理的证明：

设反链划分的最少集合数为p，最长链长度为r。

(a) p>=r . 因为最长链长度为r，那么这r个原色一定不再同一个反链中，所以反链划分数一定大于等于最长链长度，即p>=r.

(b) r<=p . 设X1= 原始偏序集S。找出X1的所有极小元(找不到其它元素比它小)组成集合Z1，将其从X1删之，得到X2，再找出X2的所有极小元组成集合Z2（特别注意Z2中的任何元素a2，在X1中必然存在一个元素a1使得a1≤a2，否则a2可以放到X1中，这与X1的选取矛盾），再将Z2从X2中删除，得到X3，……这样一直下去，总存在一个k使得XK不空但X(K+1)为空。这样便得到一条链a1，a2，a3，……，ak，其中ai属于Xi。由于r是最长链长度，因此r≥k。另一方面，我们也得到了一个反链划分，即X1，X2，X3，……，XK。由于p是最少反链划分，因此k≥p。因此有r≥p。证毕。

　　关于原定理的证明，我想构造一个对偶偏序，则原定理和对偶定理的结论就互换了吧？这样也就可以证明原定理了吧==, 这玩意太绕人了，就此打住...

　　看一个相关的实际问题：给定一个全为实数的序列，每次在其中选出一个不下降子序列并将其从原序列中删掉，求删完整个序列所需要的选择子序列次数。举例：1 2 4 3 5. 需要两次，第一次 1 2 3 5， 第二次 4.

　　看到这里跟我们的问题有点像了吧。实际上我们要求的就是一个偏序集中的链划分的最少集合数。而Dilworth定理如果我们先将所有木棍按 l 为主序，w 为次序的规则排序后，要求的就是“序列的不下降子序列最少划分数”。解题方法就是上面定理证明中的(b)部分了。

　　好晕，自己都不知道说清楚了没有。总之最终的做法是：先将所有所有木棍按 l 小到大排序，l 相同时按 w 小到大排序，然后从排序后的序列中不断地贪心找出非降子序列，并将其从原序列中剥离，直至去掉了全部元素。总剥离次数就是需要增加启动时间的次数。

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//        POJ1065 Wooden Sticks
//        Memory: 216K        Time: 0MS
//        Language: C++        Result : Accepted
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#include <cstdio>
#include <algorithm>

using namespace std;

struct Stick {
    int l, w;
    bool selected;
};

Stick sticks[5000];

int cmp(const void * a, const void * b) {
    return ((Stick *)a)->l == ((Stick *)b)->l ? 
           ((Stick *)a)->w - ((Stick *)b)->w : 
           ((Stick *)a)->l - ((Stick *)b)->l;
}

int main(void) {
    int T;
    scanf("%d", &T);
    for (int case_id = 1; case_id <= T; ++case_id) {
        int n, i, cnt;
        scanf("%d", &n);
        //cin >> n;
        for (i = 0; i < n; ++i) {
            scanf("%d%d", &sticks[i].l, &sticks[i].w);
            sticks[i].selected = false;
        }
        qsort(sticks, n, sizeof(Stick), cmp);
        
        cnt = 0;
        for (i = 0; i < n; ++i) {
            if (sticks[i].selected) {
                continue;
            }
            sticks[i].selected = true;
            for (int j = i, k = i + 1; k < n; ++k) {
                if (!sticks[k].selected && sticks[j].l <= sticks[k].l 
                                        && sticks[j].w <= sticks[k].w) {
                    sticks[k].selected = true;
                    j = k;
                }
            }
            ++cnt;
        }
        printf("%d\n", cnt);
    }
    return 0;
}