刘书学习笔记（2）DAG上dp（下）

硬币模型

有n种硬币，面值$V_1,V_2,...,V_n$且有无限多个。给定S，可以选出多少硬币，使得总额为S？求出该数量的最大值和最小值。

硬币模型的区别在于，这里的起点和终点都是确定的。我们求的就是确定起点、终点的DAG最短路。
以最短路为例，转移方程：dp[i]=min{dp[i-V[j]]},这里的i表示从0出发到i的最短路径长度。
实现：

#include <iostream>
#include <climits>
#include <algorithm>
#define MAXN INT_MAX-10003
using namespace std;
int V[103],n;
int maxd[103],mind[103];
void print(int* dp,int S){
    for(int i=1;i<=n;++i){
        if(V[i]<=S&&dp[S]==dp[S-V[i]]+1){
            cout<<i<<" ";
            print(dp,S-V[i]);
            break;
        }
    }
}
int main(){
    int S;
    cin>>n>>S;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        cin>>V[i];
    for(int i=1;i<=S;++i)
        mind[i]=MAXN,maxd[i]=-MAXN;
    for(int i=1;i<=S;++i){
        for(int j=1;j<=n;++j){
            if(i>=V[j]){
                mind[i]=min(mind[i],mind[i-V[j]]+1);
                maxd[i]=max(maxd[i],maxd[i-V[j]]+1);
            }            
        }
    }
    if(mind[i]==MAXN&&maxd[i]==-MAXN) cout<<"Undefined"<<endl;
    else{
        cout<<mind[S]<<" "<<maxd[S]<<endl;
        print(mind,S);
        cout<<endl;
        print(maxd,S);
    }
}

[千万不要太作死的用limts.h…我惨痛的+1溢出了]
[虽说刘书还提供了一种字典序打印方法…不过这里就不列了，我觉得这种就挺好用的。]

DAG问题小结

(1)DAG问题的基本规律
DAG是有向无环图。也就是说，对于一类可以将状态转换到图上求解最短路/最长路的题目可以用这种方式解决。
动态转移方程：

最短路：dp[i]=min{dp[j]+1} (1)
最长路：dp[i]=max{dp[j]+1} (2)

复杂度O(VE)
[可能你会奇怪，之前我们在处理硬币问题的时候，转移并不是长这个样子的啊。其实不然。这里的j，指的是顶点]
无论是(1)还是(2)，本质都是一致的。但是有个问题：dp[i]的含义是什么？有两种情况：第一种是以i为起点的路径，第二种是以i为终点的路径。
不妨来思考一下，对于这两种解释，上述转移方程是否成立…显然是成立的。不过显然，对于第一种情况，限制条件应该为(j,i)$\in$E，而第二种情况是(i,j)$\in$E。
从正常情况下讲，人类的思想会偏向于选择第二种情况。事实上，这种情况写起来也要顺一些。我们两道题都是用的这种思想。
(2)刷表法
很多时候，我们的递推公式是建立在i与i之前状态的。这样我们用类似填鸦的方法，完成一张dp表格。我们称这种方法叫填表法。
但是有个很麻烦的问题：我们并不一定能确定所有i依赖的状态。
这时有一个看上去很蛋疼的方法：对于每个状态i更新i影响的状态。这样的方法就叫刷表法。
[说实话光光是概念并不能让我理解，然后我就百度了一下。]
http://blog.youkuaiyun.com/good_night_sion_/article/details/54868978
先贴原po，这道例题可以比较清楚的阐释刷表法的做法。

给的几道例题

9-1 UVa1025

看上去超级复杂浑身难受，不过其实可以意外很简单的思考。
用dp[i][j]表示到第i时刻在车站j的最短等待时间，那么我们求的就是起点为0，终点为T的DAG最短路。
因此可以写出状态转移方程：
dp[i][j]=min(dp[i+1][j]+1,dp[i+t[j]][j+1],dp[i+t[j-1]][j-1])
其中取到状态二的条件是此时有正向的车，条件三是有反向的车。

9-2 UVa437

因为有无穷多个，所以不怂，将每个长方体变成三个。这就是一个DAG。可连通的一条路权值就是高度，求最长路即可。
说实话不是很懂刘书的dp[idx,k]…
不过其实我想问如果这里的长方体只有一个会怎么办？

9-3 UVa1347

非常丧心病狂的转移…不过一旦接受了这个设定还挺带感的..
来换一个思考的角度，既然是一个人折返就不如看成两个人单向。
现在的问题是，如何确定两个人没有经过同一个点？
不妨设现在一个人在横坐标i的点，一个在横坐标j的点。我们用dp[i][j]表示这一状态。
想要走向下一步，有两种转移。一种是第一个人走向第i+1个点，一种是第二个人走向第i+1个点。转移：
dp[i][j]=min(dp[i+1][j]+dist(i,i+1),dp[i][i+1]+dist(j,i+1))
dist表示距离，用两点之间坐标公式处理即可。
不过这样还有些复杂。显然，dp[i][j]=dp[j][i]，因此不妨设i>j，则可以将dp[i][i+1]转化为dp[i+1][i]。
临界条件为dp[n-1][j]=dist(n-1,n)+dist(j,n)。
现在的问题只有一个：为什么我们的转移只有两种呢？明明第一个人可以走向i+1，也可以走向i+2啊！
秘诀在于：这里的dp[i][j]是1～i全部走过(i>j)，两个人的位置为i和j。换言之，此时如果我转移到i+2那么i+1就是一个未走过的部分，矛盾！这就是这个状态设计的精妙之处。
实现可以使用记忆化搜索的方法，免去处理for方向的麻烦。