詳解DAG上的DP
DAG即有向無環圖
這裡舉出兩經典的DAG模型，嵌套矩形和硬幣問題
嵌套矩形(不固定起點最長路及其字典序)
描述
有n個矩形，每個矩形可以用 (a,b) 來描述，表示長和寬
矩形 X(a,b) 可以嵌套在矩形 Y(c,d) 中，當且僅當 a<c,b<d 或者 b<c,a<d(旋轉90度)
例如(1,5)可以嵌套在(6,2)內，但不能嵌套在(3,4)中
你的任務是選出盡可能多的矩形排成一行，使得除最後一個外，每一個矩形都可以嵌套在下一個矩形內
分析
矩形間的“可嵌套”關系是一個典型的二元關系，二元關系可以用圖來建模
如果矩形X可以嵌套在Y中，則就從X到Y連一條有向邊
這個圖是無環的，因為一個矩形無法直接或或間接的嵌套在自己的內部
也即是說這是以一個DAG
因此，我們就是在求DAG上的不固定起點的最長路徑
解題
設 d(i) 表示從結點 i 出發的最長路長度
第一步隻能走到它的相鄰點，那麼我們就有：
其中，E為邊集，則最終答案是所有的d(i)中的最大值，因此可以用遞推或者記憶化搜索計算
第一步，建圖，假如用鄰接矩陣將矩形間的關系保存在矩陣G中
第二步，編寫記憶化搜索程序(調用前先初始化數組為0)
第三步，按字典序輸出最佳的方案
假如有這樣的 5 個矩形，輸入的邊長分別是：
建圖
先對長和寬來此排序，再按照要求構圖， 完成之後，直接記憶化搜索，但由於是不固定起點的，所以不能隻從第一個點搜索，而是每個點都要開始搜索
搜索代碼：
int dp(int i)
{
int& ans = d[i];//為表項d[i]聲明一個引用ans
if(ans > 0)
return ans;
ans = 1;
for(int j=1;j<n;j++)
if(G[i][j])
ans = max(ans,dp(j)+1);
return ans;
}
這裡使用瞭一個技巧：為表項d[i]聲明一個引用ans，這樣，任何對ans的讀寫實際上都是在對d[i]進行。當d[i]換成d [i] [j] [k] [l] [m] [n] 這樣很長的名字時，該技巧的優勢就會很明顯
然後我們要考慮如何輸出字典序最小的方案
字典序隻是消除並列名次的方法，我們最根本的任務還是求出最長路
在把所有的d值計算出來後，選擇最大的d[i]所對應的i，而如果有多個i，則選擇最小的i，來保證字典序最小
接下來選擇 d(i) = d(j) +1 且i, j ∈E 的任何一個j，但是為滿足字典序最小，需選擇最小的j，代碼如下
void print_ans(int i){
printf("%d ", i);//第一次i代表最長路的起點節點，以後均代表從該節點開始的路徑
for(int j = 1; j <= n; j++)
if(G[i][j] && d[i] == d[j]+1)// 如果該圖滿足可嵌套，且d[i] = d[j] +1
{
print_ans(j);
//立即輸出從節點j開始的路徑
break;
}
}
完整題解代碼
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define MAXN 100+1
int n, G[MAXN][MAXN];//存圖
int x[MAXN], y[MAXN], d[MAXN];
int dp(int i){
int& ans = d[i];//為表項d[i]聲明一個引用ans
if(ans > 0)
return ans;
ans = 1;
for(int j=1;j<=n;j++)
if(G[i][j])
ans = max(ans,dp(j)+1);
return ans;
}
void print_ans(int i){
printf("%d ", i);//第一次i代表最長路的起點節點，以後均代表從該節點開始的路徑
for(int j = 1; j <= n; j++)
if(G[i][j] && d[i] == d[j]+1)// 如果該圖滿足可嵌套，且d[i] = d[j] +1
{
print_ans(j);
//立即輸出從節點j開始的路徑
break;
}
}
int main()
{
int t, ans, best;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++){
scanf("%d%d", &x[i], &y[i]);
if(x[i] > y[i]){
t = x[i];
x[i] = y[i];
y[i] = t;
//保證X[]存的是長，Y[]存的是寬
}
}
memset(G, 0, sizeof(G));
for(int i = 1; i <= n; i++)//建圖
for(int j = 1; j <= n; j++)
if(x[i] < x[j] && y[i] < y[j])
G[i][j] = 1;//如果第i個矩形的長寬均小於第j個，使圖相應的值為1
ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)//依次遞推所有的的節點
if(dp(i) > ans){
best = i;//best是最小字典序
ans = dp(i);
}
printf("ans=%d\n", ans);//表示最長路長度
print_ans(best);
printf("\n");
return 0 ;
}
硬幣問題(固定終點的最長路和最短路)
描述
有 n 種硬幣，面值分別為V1, V2······Vn，每種都有無限多
給定非負整數 S ，可以選用多少個硬幣，使得面值之和恰好為S？
輸出硬幣數目的最小值和最大值
分析
看上去和嵌套矩形問題很不一樣，但本題的本質也是DAG上的路徑問題
將每種面值看作一個節點，設初始狀態為S，目標狀態為0
若當前在狀態 i，每使用一個硬幣 j，狀態便轉移到i – Vj
解題
最長路和最短路的求法是類似的，由於終點固定，d(i) 的確切含義變為從結點i出發到結點0的最長路徑長度
int dp(int S)
{
int& ans = d[S];
if(ans >= 0)
return ans;
ans = 0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(S >= V[i])
ans = max(ans,dp(S-V[i])+1);
return ans;
}
回顧一下嵌套矩形的找最長路
int dp(int i)
{
int& ans = d[i];//為表項d[i]聲明一個引用ans
if(ans > 0)
return ans;
ans = 1;
for(int j=1;j<n;j++)
if(G[i][j])
ans = max(ans,dp(j)+1);
return ans;
}
由於在本題中，路徑長度是可以為0的(S本身可以是0)，所以不能再用d=0表示這個d值還沒有算過，初始化時也不能再把d全設為0，而要設置為一個負值令初始狀態不合法，這裡可以用 -1 來表示沒有算過，初始化時隻需用memset(d,-1,sizeof(d))即可，同時 if(ans>0) 也要改成 if(ans>=0)
但其實，由於結點S不一定真的能到達結點0，所以需要用特殊的d[S]值表示“無法到達”，但在上述代碼中，如果S根本無法繼續往前走，返回值是0，將被誤以為是“已到達終點”的意思
如果把ans初始化為-1呢？但-1代表“還沒算過”，所以返回-1相當於放棄瞭自己的勞動成果
如果把ans初始化為一個很大的整數，從目前來看，它也會被認為是“還沒算過”，但至少可以和所有d的初值分開——隻需把代碼中if(ans>=0)改為if(ans!=-1)即可
int dp(int S)
{
int& ans = d[S];
if(ans != -1)
return ans;
ans = -(1<<30);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(S >= V[i])
ans = max(ans,dp(S-V[i])+1);
}
return ans;
}
另一個常用的解決方法是不用特殊值表示“還沒算過”，而用另外一個數組 vis[i] 表示狀態 i 是否被訪問過
int dp(int S)
{
if(vis[S])
return d[S];
vis[S] = -1;
int& ans = d[S];
ans = -(1<<30);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(S >= V[i])
ans = max(ans,dp(S-V[i])+1);
return ans;
}
本題要求最小、最大兩個值，記憶化搜索就必須寫兩個，在這種情況下，用遞推更加方便(此時需註意遞推的順序)
minv[0] = maxv[0] = 0;
for(int i=1;i<=S;i++){
minv[i] = INF;//minv[i]表示最小值
maxv[i] = -INF;//maxv[i]表示最大值
}
for(int i=1;i<=S;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(i >= V[j]){
minv[i] = min(minv[i],minv[i-V[j]]+1);
maxv[i] = max(maxv[i],maxv[i-V[j]]+1);
}
}
}
printf("%d %d\n",minv[S],maxv[S]);
如何輸出字典序最小的方案呢？剛剛介紹的方法仍然適用，如下所示：
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 ",i);
print_ans(d,S-V[i]);
break;
}
}
}
上題打印的是路徑上的點，而這裡打印的是路徑上的邊
另外一種常用的打印路徑的方法：遞推時直接用min_coin[S]記錄滿足min[S]==min[S-V[i]]+1的最小的i，則打印路徑時可以省去print_ans()中的循環，並可以方便地把遞歸改成迭代 (當然，原來的也可以改成迭代，但不那麼自然）具體代碼如下
for(int i=1;i<=S;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(i >= V[j]){
if(min[i]>min[i-V[j]]+1){
min[i] = min[i-V[j]]+1;
min_coin[i] = j;
}
if(max[i]<max[i-V[j]]+1){
max[i] = max[i-V[j]]+1;
max_coin[i] = j;
}
}
}
}
小結
由於DAG最長 (短）路的特殊性，有兩種“對稱”的狀態定義方式。
狀態1：設 d(i) 為從 i 出發的最長路，則
狀態2：設 d(i) 為以 i 結束的最長路，則
如果使用狀態2，“硬幣問題”就變得和“嵌套矩形問題”幾乎一樣瞭 (唯一的區別是“嵌套矩形問題”還需要取所有d (i）的最大值）！我們在上面介紹瞭比較麻煩的狀態1，主要是為瞭展示一些常見技巧和陷阱，實際比賽中不推薦使用。
使用狀態2時，有時還會遇到一個問題：狀態轉移方程可能不好計算，因為在很多時候，可以方便地枚舉從某個結點i出發的所有邊 (i , j），卻不方便“反著”枚舉 (j , i）。特別是在有些題目中，這些邊具有明顯的實際背景，對應的過程不可逆。這時需要用“刷表法”
什麼是“刷表法”呢？傳統的遞推法可以表示成“對於每個狀態 i，計算f (i）”，或者稱為“填表法”。這需要對於每個狀態 i，找到f (i）依賴的所有狀態，在某些情況下並不方便。另一種方法是“對於每個狀態i，更新f (i）所影響到的狀態”，或者稱為“刷表法”。對應到DAG最長路的問題中，就相當於按照拓撲序枚舉 i，對於每個 i，枚舉邊 (i , j），然後更新d[j] = max(d[j],d[i]+1)。註意，一般不把這個式子叫做“狀態轉移方程”，因為它不是一個可以直接計算d[j]的方程，而隻是一個更新公式
提示：傳統的遞推法可以表示成“對於每個狀態 i，計算f (i）”，或者稱為“填表法”。這需要對於每個狀態 i，找到f (i）依賴的所有狀態，在某些時候並不方便。另一種方法是“對於每個狀態 i，更新f (i）所影響到的狀態”，或者稱為“刷表法”，有時比填表法方便。但需要註意的是，隻有當每個狀態所依賴的狀態對它的影響相互獨立時才能用刷表法
例題
A – A Spy in the Metro
某城市的地鐵是線性的，有n（2≤n≤50）個車站，從左到右編號為1～n
有M1輛列車從第1站開始往右開，還有M2輛列車從第n站開始往左開
在時刻0，Mario從第1站出發，目的是在時刻T（0≤T≤200）會見車站n的一個間諜，在車站等車時容易被抓，所以她決定盡量躲在開動的火車上，讓在車站等待的總時間盡量短，列車靠站停車時間忽略不計，且Mario身手敏捷，即使兩輛方向不同的列車在同一時間靠站，Mario也能完成換乘。
輸入：
第1行為n，
第2行為T，
第3行有n－1個整數t1,t2,…,tn−1（1≤ti≤70），
其中ti表示地鐵從車站i到i＋1的行駛時間（兩個方向一樣）
第4行為M1（1≤M1≤50），即從第1站出發向右開的列車數目
第5行包含M1個整數d1, d2,…, dM1（0≤di≤250，di＜di+1），即各列車的出發時間。
第6、7行描述從第n站出發向左開的列車，格式同第4、5行
輸出僅包含一行，即最少等待時間。無解輸出impossible
分析
時間是單向流逝的，是一個天然的“序”，而影響到決策的隻有當前時間和所處的車站
可以用 d(i,j) 表示：在時刻i，處於在車站j（編號為1～n）時，最少還需要等待的時間
邊界條件是d(T,n)=0，其他 d(T,i)（i不等於n）為正無窮
有如下3種決策。
- 等1分鐘。
- 搭乘往右開的車（如果有）
- 搭乘往左開的車（如果有）
在程序中定義一個三維數組has_train
has_train [t] [i] [0] 表示：時刻t，在車站i是否有往右開的火車
has_train [t] [i] [1] 表示：時刻t，在車站i是否有往左開的火車
核心代碼如下：
for (int i = 1; i <= n-1; i++)
dp[T][i] = INF;
dp[T][n] = 0;
for (int i = T-1; i >= 0; i++)
{
for (int j = 1; j <=n ; j++)
{
dp[i][j] = dp[i+1][j] + 1;
if(j<n && has_train[i][j][0] && i+t[j] <= T)
dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i+t[j][j+1]])//右
if(j>1 && has_train[i][j][1] && i+t[j-1] <= T)
dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i+t[j-1][j-1]])//左
}
}
if(dp[0][1])
puts("impossible");
else
cout<<dp[0][1]<<endl;
完整ac碼
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int t[50+10]；
int dp[200+10][50+10]；
int has_train[200+10][50+10][2];
int main()
{
int n,T,M1,M2,flag;
int casen=0;
while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n)
{
memset(has_train,0,sizeof(has_train));
memset(t,0,sizeof(t));
memset(dp,INF,sizeof(dp));
scanf("%d",&T);
for(int i=1; i<n; i++)
scanf("%d",&t[i]);
scanf("%d",&M1);
for(int i=1; i<=M1; i++)
{
scanf("%d",&flag);
for(int j=1; j<=n; j++)
{
flag+=t[j-1];
has_train[flag][j][0]=1;
}
}
scanf("%d",&M2);
for(int i=1; i<=M2; i++)
{
scanf("%d",&flag);
for(int j=n; j>=1; j--)
{
flag+=t[j];
has_train[flag][j][1]=1;
}
}
for(int i=1; i<=n-1; i++)
dp[T][i]=INF;
dp[T][n]=0;
for(int i=T-1; i>=0; i--)
for(int j=1; j<=n; j++)
{
dp[i][j]=dp[i+1][j]+1;
if(j<n&&has_train[i][j][0]&&i+t[j]<=T)
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i+t[j]][j+1]);
if(j>1&&has_train[i][j][1]&&i+t[j-1]<=T)
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i+t[j-1]][j-1]);
}
cout<<"Case Number "<<++casen<<": ";
if(dp[0][1]>=INF)
puts("impossible");
else
cout<<dp[0][1]<<endl;
}
return 0;
}
B – The Tower of Babylon
有n（n<=30)種立方體，每種都有無窮多個
要求選一些立方體，摞成一根盡量高的柱子(可以自行選擇哪一條作為高)
每個立方體的底面長寬分別嚴格小於它下方立方體的底面長寬
分析
任何時候都隻有頂面（底=頂）尺寸會影響到後續決策，美增加一個立方體以後頂面長和寬都必須嚴格減小，所以這個圖也是DAG，可以套用最長路
由於隻有三種面，每種立方體隻要三個就夠瞭，每輸入一個立方體，就可以算作輸入瞭三個不同的立方體(任選一條邊作為高)，然後每一個立方體建邊，套用DAG上的dp模板
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 100+10;
int n;
int H[MAXN];//記錄立方體i的高
int d[MAXN];//記錄以i為起點的最大高度
int G[MAXN][MAXN];//記錄i是否可以作為j的底，存圖
int a[3];//3種邊長
struct Cube
{
int x,y;//長和寬
} cube[MAXN];
void have_edge(int i,int j)//i是否可以作為j的底，可以則連邊
{
if(cube[i].x>cube[j].x && cube[i].y>cube[j].y)
G[i][j]=1;
}
int dp(int i)
{
int &ans = d[i];
if(ans > 0)
return ans;
ans = H[i];
for(int j=0; j<3*n; j++)
if(G[i][j])
ans=max(ans,H[i]+dp(j));
return ans;
}
int main()
{
int casen = 0;
while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n)
{
int ans=0;
memset(d,0,sizeof(d));
memset(G,0,sizeof(G));
for(int i=0; i<n; i++)
{
scanf("%d %d %d",&a[0],&a[1],&a[2]);
sort(a,a+3);
cube[3*i].x=a[0],cube[3*i].y=a[1],H[3*i]=a[2];
cube[3*i+1].x=a[0],cube[3*i+1].y=a[2],H[3*i+1]=a[1];
cube[3*i+2].x=a[1],cube[3*i+2].y=a[2],H[3*i+2]=a[0];
}
for(int i=0; i<3*n; i++)
for(int j=0; j<3*n; j++)
have_edge(i,j);
for(int i=0; i<3*n; i++)
dp(i);
for(int i=0 ; i<3*n ; i++)
ans=max(ans,d[i]);
printf("Case %d: maximum height = %d\n",++casen ,ans);
}
return 0;
}
C – Tour
給定平面n個點(n≤1000)的坐標，按照x遞增的順序給出，保證各點的x都不同且都為正整數
你的任務是設計一條路線，從最左邊的點出發，嚴格向右走到達最右點再嚴格向左回到最左點，要求除瞭最左和最右，每個點恰好經過一次，輸出最短路徑長度
分析
從左到右再回來可以轉化成：兩個人同事從最左出發，沿著兩條不同的路徑走，最後到達最右點，並且除瞭起點和終點都隻能有一個人經過，自然想到可以用d(i,j)表示：一個人走到i點，另一個人走到j，還需要走多長距離到達最右點
但是我們發現這樣狀態好像很難轉移，比如計算d(i,j)時，我們不知道能不能讓i上的1號同學走到i+1，因為從狀態裡看不出來i+1有沒有被j上的2號同學走過，也就是說這個狀態定義的難以轉移
然後我們可以簡單修改一下定義，讓d(i,j)表示：1~max[d(i,j)]全部走過，且兩個人目前位置是i和j時，還需要走多長距離到達最右點，在這個定義下d(i,j)=d(j,i)，我們再規定始終有i>j，如果j>i瞭，隻需要交換A、B的角色即可，即將i換為j，j換為i，這樣，不管是哪個人，下一步隻能走到i＋1 , i＋2,…這些點
那麼問題又來瞭，如果走到i＋2，情況變成瞭“走過1~ i 和 i＋2，但是i＋1沒走過”，不合法
那麼直接ban瞭這個路不就可以瞭，也就是說，d(i,j)隻允許其中一個人走到i＋1，而不能走到i＋2, i＋3,…
換句話說，狀態d(i,j)隻能轉移到d(i＋1,j)和d(i＋1,i)，這裡意思就是：如果第一個人直接走到瞭i＋2，那麼它再也無法走到i＋1瞭，隻能靠第二個人走到i＋1，既然如此，現在就讓第二個人走到i＋1
邊界是d(n－1,j) = dist(n－1,n)＋dist(j,n)，其中dist(a,b)表示點a和b之間的距離，因為根據定義，所有點都走過瞭，兩個人隻需直接走到終點。所求結果是dist(1,2)＋d(2,1)，因為第一步一定是某個人走到瞭第二個點，根據定義，這就是d(2,1)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=1000+10;
double d[MAXN][MAXN];//第一個走到i第二個人走到j時,還需要走多長距離走完
int n;
struct point
{
int x, y;//坐標
}p[MAXN];
double dist(int A,int B)//p[A]到p[B]距離，隨便怎麼實現，這裡用hypot()
{
int X = p[A].x - p[B].x;
int Y = p[A].y - p[B].y;
return hypot(X, Y);
}
double dp(int i, int j)//i>j
{
double& ans = d[i][j];
if (ans > 0)
return ans;
if (i == n - 1)
return ans = dist(i, n) + dist(j, n);
ans = min(dp(i + 1, j) + dist(i + 1, i), dp(i + 1, i) + dist(i + 1, j));
return ans;
}
int main()
{
while (cin >> n)
{
memset(d, 0, sizeof(d));
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> p[i].x >> p[i].y;
dp(2, 1);
printf("%.2f\n", dist(2, 1) + d[2][1]);
}
return 0;
}
以上就是詳解DAG上的DP的詳細內容，更多關於DAG上的DP的資料請關註WalkonNet其它相關文章！