DAG上的动态规划之嵌套矩形

 

 

　　题意描述：有n个矩形，每个矩形可以用两个整数a、b描述，表示它的长和宽，

　　　　　　　矩形（a,b）可以嵌套在矩形(c,d)当且仅当a<c且b<d,

　　　　　　　要求选出尽量多的矩形排成一排，使得除了最后一个外，

　　　　　　　每一个矩形都可以嵌套在下一个矩形内，如果有多解，矩形编号的字典序应尽量小

　　解题思路：<1>矩形之间的可嵌套关系是一个"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，就从X到Y连一条有向边（G[x][y]=1）。

　　　　　　　这个图是无环的，因为一个矩形无法直接或间接地嵌套在自己内部，

　　　　　　　换句话说，他是一个DAG。

　　　　　　　这样，原问题便转化为求DAG上的最长路径。

　　　　　　　<2>那么如何求DAG最长上的最长路径呢？

　　　　　　　　 可定义状态: dp[i]表示从结点i出发所能到达的最长路径的长度

　　　　　　　　 那么： dp[i] = max(dp[j]) + 1, 其中G[i][j]=1，即i可嵌套在j中

　　　　　　　　 最后数组d中的最大值便是结果

　　　　　　　<3>如何保证最小字典序?

　　　　　　　　　在所有的d都计算出来以后，选择最大的d[i]所对应的i。

　　　　　　　　　如果有多个i，选择最小的i。（i即第一个起点）

　　　　　　　　　接下来可以选择d[i] = d[j]+1且(i,j)为边集的任何一个j,

　　　　　　　　　但为了保证字典序最小，应该选择其中最小的j，

/* DAG上的动态规划之嵌套矩形 */
#include <cstdio>
#include <cstring>

const int maxn = 1005;
int n, G[maxn][maxn];
int a[maxn], b[maxn];
int dp[maxn];

void swap(int &x, int &y){
    x ^= y;
    y ^= x;
    x ^= y;
}

//将x和y的最大值存在x中
inline void CMAX(int& x, int y){
    if (y > x){
        x = y;
    }
}

/* 采用记忆化搜索 求从s能到达的最长路径 */
int DP(int s){
    int& ans = dp[s];
    if (ans > 0)
        //记忆化搜索,避免重复计算
        return ans;
    ans = 1;
    for (int j = 1; j <= n; ++j){
        if (G[s][j]){
            //sj有边 利用子问题dp[j]+1更新最大值
            CMAX(ans, DP(j) + 1);
        }
    }
    return ans;
}

void print_ans(int i){
    printf("%d ", i);
    for (int j = 1; j <= n; ++j){
        if (G[i][j] && dp[j] + 1 == dp[i]){
            print_ans(j);
            break;
        }
    }//for(j)
}

int main()
{
#ifdef _LOCAL
    freopen("D:\\input.txt", "r", stdin);
#endif
    while (scanf("%d", &n) == 1){
        //n个矩形
        for (int i = 1; i <= n; ++i){
            //默认a存长,b存宽(a > b)
            scanf("%d%d", a + i, b + i);
            if (a[i] < b[i]){
                swap(a[i], b[i]);
            }
        }
        /*
            建图 G[i][j]为1表示矩形i可以嵌套在矩形j中
            那么原问题便转化为求DAG上的最长路径
            
            定义状态dp[i]表示从结点i出发可以到达的最长路径
            则 dp[i] = max(dp[j] + 1), 其中 G[i][j]=1，
        */
        memset(G, 0, sizeof G);
        for (int i = 1; i <= n; ++i){
            for (int j = 1; j <= n; ++j){
                //矩形i的长和宽都小于矩形j的长和宽
                if (a[i] < a[j] && b[i] < b[j]){
                    G[i][j] = 1; //可以嵌套,则有边
                }
            }
        }//for(i)
        memset(dp, 0, sizeof dp);
        int ans = 0;
        int best;
        for (int i = 1; i <= n; ++i){
            if (DP(i) > ans){
                ans = dp[i];
                best = i;
            }
        }//for(i)
        printf("ans = %d\n", ans);
        print_ans(best);
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

 

　　解题思路2：如果只需要求得最多可以嵌套多少个矩形，而不要求输出序列，

　　　　　　　 定义一个结构体，内含有变量a,b，输入时保证a>b（a为长,b为宽）

　　　　　　　 对a进行排序，最后求b的最长上升子序列(状态转移时要加上A[j].a<A[i].a的条件)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int maxn = 1005;
int dp[maxn];

struct Node{
    int a, b;
    bool operator<(Node& other){
        if (a != other.a){
            return a < other.a;
        }
        else{
            return b < other.b;
        }
    }
}A[maxn];

void SWAP(int& x, int& y){
    x ^= y;
    y ^= x;
    x ^= y;
}

void CMAX(int& x, int y){
    if (y > x){
        x = y;
    }
}

int main()
{
#ifdef _LOCAL
    freopen("D:\\input.txt", "r", stdin);
#endif

    int n;
    while (scanf("%d", &n) == 1){
        for (int i = 1; i <= n; ++i){
            //a为长,b为宽
            scanf("%d%d", &A[i].a, &A[i].b);
            if (A[i].a < A[i].b){
                SWAP(A[i].a, A[i].b);
            }
            dp[i] = 1;
        }//for(i)
        sort(A + 1, A + n + 1);
        //求b的最长上升子序列
        int ans = 1;
        int best = 0;
        dp[0] = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i){
            for (int j = 0; j < i; ++j){
                if (A[j].a < A[i].a && A[j].b < A[i].b){
                    CMAX(dp[i], dp[j] + 1);
                }
            }
            if (dp[i] > ans){
                ans = dp[i];
                best = i;
            }
            //CMAX(ans, dp[i]);
        }

        printf("ans = %d\n", ans);
    }


    return 0;
}