【学习笔记】有向无环图上的DP

手动博客搬家: 本文发表于20180716 10:49:04, 原地址https://blog.csdn.net/suncongbo/article/details/81061378

首先，感谢以下几位大佬们在此问题上对我的帮助：本市大佬sdqd01, 外省大佬ez_dc, coconight, szlhx01, jxgz03 (均为某OJ用户名)

一、基本概念

有向无环图 (Directed Acyclic Graph, DAG): 没有环的有向图。

Tarjan算法缩点、拓扑排序

在有向无环图上，可以进行动态规划来求解问题，具体见后面的例题。

二、问题引入

一切都要从半年前说起：

半年前我正在准备地理生物中考，其中生物有这样一种题：

给一个食物网（当然是DAG啦），求该食物网里一共有几条食物链。

当时同学们的做法是：枚举每一条食物链。

先不考虑是否符合生物学原理，最坏情况下的复杂度？

\(O(n2^{n-2})\) (把边全连满)

但是我们可以\(DP\)！

我的做法：令\(dp[i]\)表示以\(i\)结束（或称为在\(i\)处汇聚）的食物链条数。（食物链都是从被捕食者向捕食者连有向边）

则转移为：\(dp[i]=\sum_{j\in ind[i]}dp[j]\), 其中\(ind[i]\)为连向\(i\)的点的集合。

初始状态：\(dp[生产者]=1\), 生产者即入度为0的点。

答案：\(ans=\sum dp[最高级消费者]\)，最高级消费者即出度为0的点。

但是一个问题是：如果我们用代码实现这个过程，如何确定dp的顺序？

很显然，一个点的\(dp\)值能够被确定，其先决条件是它的所有入点的\(dp\)值都已被确定。因此我们需要确定一个点的排列，使得每个点的所有入点都在这个点之前出现。这里用到拓扑排序。拓扑序就是我们\(DP\)的顺序。

那这样的话，先拓扑排序，记下来拓扑序列，然后从前往后DP？

其实还不用。我们可以直接一边拓扑排序一边DP，就是每\(BFS\)访问到一个节点\(i\)，我们枚举\(i\)的所有出度，对于\(i\)的一个出度\(j\), 删掉\(i\)到\(j\)的边 (拓扑排序)同时用\(dp[i]\)更新\(dp[j]\) (DP).

一边拓扑排序，一边dp，既省空间又省代码。

复杂度？\(n\)个点\(m\)条边的话，\(O(n+m)\).

现在，假定这个图一定是DAG. 对于不是DAG的情况，将在后面讨论。

三、例题

1. codeforces 919D (http://codeforces.com/problemset/problem/919/D)
   
   https://blog.csdn.net/suncongbo/article/details/81061500

2. bzoj 1924 (https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1924)
   
   首先，这道题难点在建图，这个过程不是本文的重点，不再赘述。
   
   假设我们已经建出了图。现在我们需要求图上的最长链。有以下三种方法：
   
   (1) SPFA跑最长路。 (2) DP. 有BFS和DFS两种方法。
   
   DP做法(BFS)：令\(dp[i]\)表示到i为止最长链的长度，则有\(dp[i]=\max_{j\in ind[i]} dp[j]+1\)，按拓扑序转移即可。
   
   等等？建出的图上可能有环？
   
   此时答案显然不能是\(\inf\), 因为在本题中走过一个点多次只会统计一次答案。所以我们必须通过Tarjan算法来缩点，将每个强连通分量缩成一个点，点的权值为强连通分量的大小。这样的话，如果题目里的Henry沿最长链走到了这个强连通分量中的一个点，则此时如果顺道把这个强连通分量访问遍，答案显然不会更差。缩完点之后，变成了\(DAG\)，然后就可以\(DP\)啦。
   
   但是！除了BFS，我们还有一种更简单的\(DP\)方法，即\(DFS\)！时间复杂度一样，BFS20行左右，DFS不到10行，而且省一点空间
   
   具体做法：令\(dp[i]\)为从i 开始的最长链。代码如下：

void dfs(int u,int prv)
{
    if(dp[u]-a[u]>0) return;
    dp[u] = a[u];
    for(int i=fe0[u]; i; i=e0[i].nxt)
    {
        dfs(e0[i].v,u);
        dp[u] = max(dp[u],dp[e0[i].v]+a[u]);
    }
}

是不是特别简洁！不需要冗长的拓扑排序！

但是它是如何保证转移顺序的呢？

由于是从i开始，因此转移顺序应是每个点的所有出边连向的点转移后才转移这个点，而代码中的for循环恰恰保证了这一点。

整道题代码：(dfs)

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int N = 300000;
const int M = 1200000;
const int C = 1000000;
struct Edge
{
	int v,nxt; bool us;
} e[M+2],e0[M+2];
struct Node
{
	int x,y,z;
	bool operator <(const Node &arg) const
	{
		return y<arg.y;
	}
} nd[N+2];
int fe[N+2],fe0[N+2];
int f[3][C+2];
int id1[N+2],id2[N+2];
int dfn[N+2],low[N+2];
int sta[N+2];
bool ins[N+2];
int clr[N+2];
int a[N+2];
int ind[N+2];
int que[N+2];
int dp[N+2];
vector<int> v1,v2;
int n,m,m0,num,cnt,tp,r,c;

void addedge(int u,int v)
{
	m++; e[m].v = v;
	e[m].nxt = fe[u]; fe[u] = m;
}

void addedge0(int u,int v)
{
	m0++; e0[m0].v = v;
	e0[m0].nxt = fe0[u]; fe0[u] = m0;
	ind[v]++;
}

int getid1(int x)
{
	return lower_bound(v1.begin(),v1.end(),x)-v1.begin()+1;
}

int getid2(int x)
{
	return lower_bound(v2.begin(),v2.end(),x)-v2.begin()+1;
}

void Tarjan(int u)
{
	cnt++; dfn[u] = cnt; low[u] = cnt; ins[u] = true;
	tp++; sta[tp] = u;
	for(int i=fe[u]; i; i=e[i].nxt)
	{
		if(dfn[e[i].v]==0) {Tarjan(e[i].v); low[u] = min(low[u],low[e[i].v]);}
		else if(ins[e[i].v]) {low[u] = min(low[u],dfn[e[i].v]);}
	}
	if(low[u]==dfn[u])
	{
		num++; a[num] = 1;
		while(sta[tp]!=u)
		{
			ins[sta[tp]] = false;
			clr[sta[tp]] = num;
			a[num]++;
			tp--;
		}
		ins[u] = false; clr[u] = num; tp--;
	}
}

void dfs(int u,int prv)
{
	if(dp[u]-a[u]>0) return;
	dp[u] = a[u];
	for(int i=fe0[u]; i; i=e0[i].nxt)
	{
		if(e0[i].v==prv) continue;
		dfs(e0[i].v,u);
		dp[u] = max(dp[u],dp[e0[i].v]+a[u]);
	}
}

int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&r,&c); m = 0;
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		scanf("%d%d%d",&nd[i].x,&nd[i].y,&nd[i].z);
		v1.push_back(nd[i].x); v2.push_back(nd[i].y);
	}
	sort(nd+1,nd+n+1);
	int cur = 0,nxt = 1,prv = -1,pcur = 1,pnxt = 1,pprv = 0;
	while(nd[pnxt].y==1) {f[nxt][nd[pnxt].x] = pnxt; pnxt++;}
	for(int i=1; i<=c; i++)
	{
		cur = (cur+1)%3; nxt = (nxt+1)%3; prv = (prv+1)%3;
		while(pnxt<=n && nd[pnxt].y==i+1)
		{
			f[nxt][nd[pnxt].x] = pnxt;
			pnxt++;
		}
		while(nd[pcur].y==i)
		{
			if(nd[pcur].z==3)
			{
				if(f[prv][nd[pcur].x]>0) addedge(pcur,f[prv][nd[pcur].x]);
				if(f[prv][nd[pcur].x-1]>0) addedge(pcur,f[prv][nd[pcur].x-1]);
				if(f[prv][nd[pcur].x+1]>0) addedge(pcur,f[prv][nd[pcur].x+1]);
				if(f[cur][nd[pcur].x-1]>0) addedge(pcur,f[cur][nd[pcur].x-1]);
				if(f[cur][nd[pcur].x+1]>0) addedge(pcur,f[cur][nd[pcur].x+1]);
				if(f[nxt][nd[pcur].x]>0) addedge(pcur,f[nxt][nd[pcur].x]);
				if(f[nxt][nd[pcur].x-1]>0) addedge(pcur,f[nxt][nd[pcur].x-1]);
				if(f[nxt][nd[pcur].x+1]>0) addedge(pcur,f[nxt][nd[pcur].x+1]);
			}
			pcur++;
		}
		while(nd[pprv].y==i-1)
		{
			f[prv][nd[pprv].x] = 0;
			pprv++;
		}
	}
	sort(v1.begin(),v1.end()); v1.erase(unique(v1.begin(),v1.end()),v1.end());
	sort(v2.begin(),v2.end()); v2.erase(unique(v2.begin(),v2.end()),v2.end());
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		nd[i].x = getid1(nd[i].x); nd[i].y = getid2(nd[i].y);
		if(nd[i].z==1) id1[nd[i].x] = i; else if(nd[i].z==2) id2[nd[i].y] = i;
	}
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		if(id1[nd[i].x]!=i) addedge(id1[nd[i].x],i);
		if(id2[nd[i].y]!=i) addedge(id2[nd[i].y],i);
		if(nd[i].z==1 && id1[nd[i].x]!=i) addedge(i,id1[nd[i].x]);
		else if(nd[i].z==2 && id2[nd[i].y]!=i) addedge(i,id2[nd[i].y]);
	}
	cnt = 0; num = 0; for(int i=1; i<=n; i++) if(dfn[i]==0) Tarjan(i);
	m0 = 0;
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		for(int j=fe[i]; j; j=e[j].nxt)
		{
			if(clr[i]!=clr[e[j].v])
			{
				addedge0(clr[i],clr[e[j].v]);
			}
		}
	}
	int ans = 0;
	for(int i=1; i<=num; i++) if(ind[i]==0) {dfs(i,0); ans = max(ans,dp[i]);}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

1. bzoj 1179 (https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1179)
   
   https://blog.csdn.net/suncongbo/article/details/81061601