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+10
using 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;
}
分析：本质上市一个DAG上的路径问题，我们把每种面值看做一个点，表示还需凑足的面值，则初始状态为0，目标状态为0，若当前在i,则每使用一枚硬币j，状态转移到i-vj。
代码：
#include<stdio.h>
#define N 1100
int v[N],min[N],max[N],min_coins[N],max_coins[N]; void print_ans(int *d,int s, int n) {
while(s){
printf("%d ",v[d[s]]);
s-=v[d[s]];
}
printf("\n");
}
int main() {
int T,i,j,n,s;
scanf("%d",&T);
while(T--) {
scanf("%d %d",&n,&s);
for(i=0;i<n;i++)
scanf("%d",&v[i]);
min[0]=max[0]=0;
for(i=1;i<=s;i++){
min[i]=0x7FFFFFFF;
max[i]=-0x7FFFFFFF;
}
for(i=1;i<=s;i++){
for(j=0;j<n;j++){
if(i>=v[j]){
//min[i]=min[i]<(min[i-v[j]]+1)?min[i]:(min[i-v[j]]+1);
if(min[i]>min[i-v[j]]+1){
min[i]=min[i-v[j]]+1;
min_coins[i]=j;
}
if(max[i]<max[i-v[j]]+1){
max[i]=max[i-v[j]]+1;
max_coins[i]=j;
}
//max[i]=max[i]>(max[i-v[j]]+1)?max[i]:(max[i-v[j]]+1);
}
}
}
printf("%d %d\n",min[s],max[s]);
print_ans(min_coins,s,n);
print_ans(max_coins,s,n);
}
return 0;
}
上面的代码中，如果不需要输出路径的话，则可以不要max_coins和min_coins数组，下面在写一个递归的。
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define N 1100 int v[N],d[N],vis[N]; int dp(int s, int n) {
int i;
if(vis[s])
return d[s];
vis[s]=1; d[s]=-1<<30;//没有算过的我们假定很小
for(i=0;i<n;i++)
if(s>=v[i]&&d[s]<dp(s-v[i],n)+1)
d[s]=dp(s-v[i],n)+1;
return d[s];
}
void print_ans(int s,int n){
int i;
for(i=0;i<n;i++){
if(s>=v[i]&&d[s]==d[s-v[i]]+1){
printf("%d ",v[i]);//输出所选的银币面值
print_ans(s-v[i],n);
break;
}
}
}
int main() {
int T,i,n,s,ans;
scanf("%d",&T);
while(T--) {
scanf("%d %d",&n,&s);
for(i=0;i<n;i++) {
scanf("%d",&v[i]);
}
memset(vis,0,sizeof(vis));
vis[0]=1;
d[0]=0;//终点状态药初始化为0，访问过
ans=dp(s,n);
printf("%d\n",ans);
print_ans(s,n);
printf("\n");
}
return 0;
}
只写了求最长路径的，如果要求最短路径，则和最长路径类似，在此省略。