刘书dp学习笔记（1） 数字三角形与DAG上dp（上）

我之前没怎么看过刘书，然后前几天看了一下dp，感觉dp观被刷新了…
终于明白为什么说刘书是神书了！
用[]括住的是在下的一些浅见与笔记。
顺便一提，在下不保证代码是能过评测的，因为只试了其中几个数据。

数字三角形

数字三角形应该是最基础的dp题之一吧…转移方程
dp[i][j]=a[i][j]+max(dp[i+1][j],dp[i+1][j+1])
其特点为全局最优解包含局部最优解。

记忆化搜索

不像递推法显式的指明计算顺序，但是可以保证每个节点只访问一次。
其核心是记录每个状态是否已经计算过。
[记忆化搜索可以看做一种dfs的剪枝]

DAG上dp

DAG是有向无环图的简称。

基本模型

嵌套矩形问题

n个矩形每个可以用两个整数a,b描述表示其长和宽。一个矩形可以嵌套进另一个矩形当且仅当长小于长，宽小于宽，这里的矩形是可以旋转的。
现在让你选出尽量多的矩形排成一行，使得每个矩形可以嵌套在下一个矩形中。如果有多解，输出字典序最小的。
其实一开始我有两个想法。一个想法是，这是一个LIS。但是如果用LIS的话并不太好实现，而另一个想法是这是一个二维偏序，不过显然这样也难以处理这个问题。而刘书是这样思考的：
不妨将第i个矩形嵌套第j个矩形看做在一个有向图中存在节点i->j的通路，我们要求的就是最长路。
转移方程就是dp[i]=max{dp[j]}+1,i,j$\in$E

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct rec{
    int x;
    int y;
}a[103];
bool G[103][103];
int dp[103];
int n;
bool cmp(int m,int n){
    if(a[m].x<a[n].x&&a[m].y<a[n].y) return 1;
    else if(a[m].y<a[n].x&&a[m].x<a[n].y) return 1;
    else return 0;
}
int dfs(int i){
    if(dp[i]) return dp[i];
    dp[i]=1;
    for(int j=1;j<=n;++j)
        if(G[i][j])
            dp[i]=max(dp[i],dfs(j)+1);
    return dp[i];
}
void init(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        cin>>a[i].x>>a[i].y;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        for(int j=1;j<=n;++j){
            if(cmp(i,j))
                G[i][j]=1;
            cout<<G[i][j];
        }
        cout<<endl;
    }
}
void print(int i){
    for(int j=1;j<=n;++j)
        if(G[i][j]&&dp[i]==dp[j]+1){
            print(j);
            break;
        }
}
int main(){
    init();
    for(int i=1;i<=n;++i)
        dfs(i);
    int ans=-1;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        cout<<dp[i],ans=dp[ans]<dp[i]?i:ans;
    print(ans);
}

[我们来思考这个程序的运行过程。这里没有采用递推公式，而是写的记忆化搜索。就我个人而言，记忆化搜索操作起来要简单一些。
用邻接矩阵来存图，在dfs过程中我们从1到n依序遍历。]
这里其实有一个技巧，我们可以建一个用一个对d[i]的引用来简化操作。
值得注意的是print_ans函数。这一函数递归的求解出结果，如何保证它是字典序最小的呢？秘诀就在于一个break;，这个跳出操作保证了这里的是字典序最小的。
[乍一看动态转移方程可能会认为这是一个$n^2$的算法，但实则不然。我们的记忆化搜索是从某一个点出发的，所以这里必须对每个点分别进行一次搜索。不过实际上复杂度并不会达到三次方，因为每次dfs之前如果该点已经搜索过的话就可以不再理会，这正是记忆化搜索的一种体现。]

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接下来的下次继续吧。感觉开了不少坑啊…能填上么…