DAG 上的动态规划（白书）

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      有向无环图（DAG,Directed Acyclic Graph）上的动态规划是学习动态规划的基础。很多问题都可以转化为DAG上的最长路、最短路或路径计数问题。

一、矩形嵌套

题目描述：

       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(相当于把矩形X旋转90°)。例如(1,5)可以嵌套在(6,2)内，但不能嵌套在(3,4)内。你的任务是选出尽可能多的矩形排成一行。使得除了最后一个之外，每个矩形都可以嵌套在下一个矩形内。

解题思路：

       如何求DAG中不固定起点的最长路径呢？仿照数字三角形的做法，设d(i)表示从节点i出发的最长路长度，应该如何写状态方程呢？第一步只能走到它的相邻点，因此：

           d(i) = max { d(j) + 1 | (i,j)-> E }

其中E为边集，最终答案为d(i).那如果要求输出字典序最小的最长路径呢？那么必须找到第一个最长的路径的值然后递归输出。

代码：

#include<stdio.h>#include<stdlib.h>#include<string.h>#include<algorithm>#include<iostream>using namespace std ;const int MX = 1000 + 10 ;int n ;int G[MX][MX],dp[MX] ;struct node{    int x,y ;}T[MX] ;void buildGraph() // 建图{    memset(G,0,sizeof(G)) ;    for(int i=0 ;i<n ;i++)      for(int j=0 ;j<n ;j++)        if(T[i].x>T[j].x&&T[i].y>T[j].y)             G[i][j]=1 ;}int DAG(int x) // 记忆化求解{    int& ans = dp[x] ;    if(ans > 0) return ans ;    ans=1 ;    for(int i=0 ;i<n ;i++)      if(G[x][i])      {          int mx=DAG(i)+1 ;          ans = ans > mx ? ans : mx ;      }    return ans ;}void print(int x) // 打印路径{    printf("%d ",x) ;    for(int i=0 ;i<n ;i++)      if(G[x][i]&&dp[x]==dp[i]+1)      {          print(i) ;          break ;      }}int main(){     int Tx ;     scanf("%d",&Tx) ;     while(Tx--)     {         scanf("%d",&n) ;         for(int i=0 ;i<n ;i++)         {             scanf("%d%d",&T[i].x,&T[i].y) ;             if(T[i].x>T[i].y)                 swap(T[i].x,T[i].y) ;         }         int ans=1 ;         buildGraph() ;         memset(dp,-1,sizeof(dp)) ;         for(int i=0 ;i<n ;i++)         {             int mx=DAG(i) ;             ans= mx > ans ? mx : ans ;         }         for(int i=0 ;i<n ;i++)// 寻找第一个点          if(dp[i]==ans)          {              printf("%d\n",ans) ;              print(i) ;             break ;          }     }     return 0 ;}

二、硬币问题

题目描述：

              有n种硬币，面值分别为V1,V2...,Vn,每种都有无限多。给定非负整数S，可以选用多少个硬币，使得面值之和恰好为S？输出硬币数目的最小值和最大值。0 <= n <= 100, 0 <= S <= 10000, 1 <= Vi <= S。

解题思路：

             本题的本质还是DAG上的路径问题。我们把每种面值看作一个点，表示"还需要凑足的面值"，则初始状态为S，目标状态为0。若当前的状态i，每使用一个硬币j，状态便转移到i-Vj。这个模型和嵌套矩形一题类似，但也有些明显的不同之处：上题并没有确定路径的起点和终点（可以把任意矩形放在第一个和最后一个），而本题的起点必须是S，终点必须是0。把终点固定之后"最短路"才是有意义的。在嵌套矩形中，最短序列显然是空（如果不允许空的话，就是单个矩形，不管怎样都是平凡的），而本题的最短路径却不是那么容易确定的。             
        接下来考虑"硬币问题"。注意到最长路和最短路的求法是类似的，下面只考虑最长路。由于终点固定，d(i)的确切含义变为"从节点i出发到节点0的最长路径长度"。

代码：

#include<stdio.h>#include<stdlib.h>#include<iostream>#define INF 1<<30#define maxn 100+10using namespace std ;int V[maxn],n;int min[maxn],max[maxn];inline int Min(int a,int b){return a<b?a:b;}inline int Max(int a,int b){return a>b?a:b;}//打印可行的方案 void print_ans(int* d,int S){  for(int i=1;i<=n;i++)  {    if(S>=V[i] && d[S]==d[S-V[i]]+1)    {       printf("%d ",V[i]);       print_ans(d,S-V[i]);       break;    }  }}int main(){  int S;  while(~scanf("%d%d",&S,&n)) //输入面值S和面值的种数n   {    for(int i=1;i<=n;i++)      scanf("%d",&V[i]);      max[0]=0; min[0]=0;    for(int i=1;i<=S;i++)      min[i]=INF,max[i]=-INF;    //递推实现     for(int i=1;i<=S;i++)      for(int j=1;j<=n;j++)        if(i>=V[j])        {          min[i]=Min(min[i],min[i-V[j]]+1);          max[i]=Max(max[i],max[i-V[j]]+1);        }     print_ans(min,S);     printf("    min\n");     print_ans(max,S);     printf("    max\n");     printf("min:%d max:%d\n",min[S],max[S]);  }  return 0;}