Codeforces Round #261 (Div. 2)——Pashmak and Graph

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• 题意：
  
  n个点。m个边的有向图。每条边有一个权值，求一条最长的路径，使得路径上边值严格递增。输出路径长度
  
  (2 ≤ n ≤ 3·105; 1 ≤ m ≤ min(n·(n - 1), 3·105))
• 分析：
  
  由于路径上会有反复点，而边不会反复。所以最開始想的是以边为状态进行DP，get TLE……后来想想。这个问题的复杂度一直分析的不太好。

  对于新图。每条边仅仅訪问了一次，单单考虑这个是O(E)，可是訪问时也訪问了全部点，所以是O(V+E)
  
  考虑一下裸的DP怎样做：路径上有反复点，能够将状态具体化。dp[i][j]表示i点以j为结束边值的最长路。可是数据不同意这样。想想这个状态有一个非常大的问题，非常多状态是到达不了的，有非常多的无用状态。

  比方对于u->v，值为d的一条边，就须要更新dp[i][a]->dp[j][b]，a<d、b>d的全部状态。

  比方，假设一个权值比較大的边先更新了u->v，那么对于之后的权值比較小的边。有一部分状态就是用不到的。还有。假设真的能够用这种DP方式来解问题。在DP的时候，明显能够发现，非常多状态是能够合并的。每次更新和查询的时候都是处理一个区间，也就是说。这一个区间上的全部状态是等价的，即能够合并。看看这个合并有什么特点：对于确定的一条边（u->v,
  d）对于u的状态中，小于d的是能够合并的，还有一个角度看。也就是说。对于确定的边，仅仅有全部的j < d的状态才是有可能转移的状态。那么考虑一下，假设我们将边先排好序，那么在每一条边增加的时候，全部的状态都是有效状态了，既然都是有效状态（即都是有可能进行转移的），那么事实上就不是必需记录第二维状态了。DP[i]表示处理到当前边之前，以i结束的最长路径长度。

  至此，问题可解。既然是排序解决，必定要处理的就是两个值同样的情况，两个数组就可以。

  当前问题（问题A）对照一下这个问题（问题B），有一些相似性：问题B的路径也是须要递增的（假设将一条合法路径上的全部開始时间和关闭时间按顺序写下来），可是和A一比就有一个明显的特点。一个边有两个值。相同的先考虑二维DP。有效状态也是比当前边的起始状态小的。可是更新之后的状态的值就不一定了，由于更新的状态的值是当前边的第二个属性，所以对于(1,
  5)、(2, 6)，就没有一个明显的先后影响顺序了。而问题A的有效状态和B一样。可是更新后的状态的值必定都是边值（排序之后，对于之后的边也是有效的）。这样考虑。B问题用DP解决就有点没有思路了，可是。再和A比較后发现。B给了一个条件：起点是确定的；而A是不定起点。

  既然求得是确定起点的路径，那么就能够往最短路上想想。

  题目要求的是时间最短。那么就能够把时间看作距离来最短路就可以。

const int MAXN = 1100000;

int dp[MAXN], f[MAXN];

struct Edge
{
    int u, v, d;
    bool operator< (const Edge& rhs) const
    {
        return d < rhs.d;
    }
} ipt[MAXN];

int main()
{
    int n, m;
    while (~RII(n, m))
    {
        CLR(dp, 0);

        REP(i, m)
            RIII(ipt[i].u, ipt[i].v, ipt[i].d);
        sort(ipt, ipt + m);
        REP(i, m)
        {
            int nxt = i;
            while (nxt + 1 < m && ipt[i].d == ipt[nxt + 1].d)
                nxt++;
            FE(j, i, nxt)
            {
                int u = ipt[j].u, v = ipt[j].v;
                f[v] = max(f[v], dp[u] + 1);
            }
            FE(j, i, nxt)
            {
                int v = ipt[j].v;
                dp[v] = f[v];
            }
            i = nxt;
        }
        int ans = 0;
        FE(i, 1, n)
            ans = max(ans, dp[i]);
        WI(ans);
    }
    return 0;
}