NYOJ 矩形嵌套（DP）

矩形嵌套

时间限制：3000 ms  |  内存限制：65535 KB

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

1101 22 45 86 107 93 15 812 109 72 2

样例输出

5

/*用矩阵g[i][j]来存储两个矩形之间是否可以实现嵌套*/

/*用dp[i]来表示到达当前第i个矩形（每个矩形相当于图上的一个顶点）*/
/*状态转移方程为dp[i]=max{dp(j)+1},其中j是有向无环图ADG中的存在的边*/
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
const int maxn=1005;
int g[maxn][maxn];
int dp[maxn];
typedef struct
{
int len;
int wid;
}node;
node data[maxn];
int ok(node a,node b)
{
if(a.len<b.len&&a.wid<b.wid)return 1;
else if(a.len<b.wid&&a.wid<b.len)return 1;
else return 0;
}
int n;
int main()
{
int f(int );
int N,max,temp,i,j;
scanf("%d",&N);
while(N--)
{
   temp=max=0;
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)
{scanf("%d%d",&data[i].len,&data[i].wid);}
memset(g,0,sizeof(g));
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=1;j<=n;j++)
{
g[i][j]=ok(data[i],data[j]);
}
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(i=1;i<=n;i++)
{
if(max<f(i))
{max=f(i);}
}
printf("%d\n",max);
}
return 0;
}
int max(int a,int b)
{
if(a>b)return a;
return b;
}


int f(int i)
{
int &ans=dp[i];
if(ans>0)return ans;
ans=1;
for(int j=1;j<=n;j++)
if(g[i][j])ans=max(ans,f(j)+1);
return ans;
}


/*现在dp还没真正学懂，所以只能用记忆化方法，
下面的一段非递归代码是错误的，等着有能力的时候再写非递归吧
for(i=1;i<=n;i++)
{
for(j=1;j<=n;j++)
{
if(g[i][j])
{
if(temp<dp[j])
{temp=dp[j];}
}
}
dp[i]=temp+1;
}
for(i=1;i<=n;i++)
{
if(max<dp[i])
{max=dp[i];}
}
printf("%d\n",max);
*/