NYOJ16 矩形嵌套 【DAG上的DP/LIS】

矩形嵌套

时间限制：3000 ms | 内存限制：65535 KB

难度：4

描述

有n个矩形，每个矩形可以用a,b来描述，表示长和宽。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（相当于旋转X90度）。例如（1,5）可以嵌套在（6,2）内，但不能嵌套在（3,4）中。你的任务是选出尽可能多的矩形排成一行，使得除最后一个外，每一个矩形都可以嵌套在下一个矩形内。

输入

第一行是一个正正数N(0<N<10)，表示测试数据组数，

每组测试数据的第一行是一个正正数n，表示该组测试数据中含有矩形的个数(n<=1000)

随后的n行，每行有两个数a,b(0<a,b<100)，表示矩形的长和宽

输出

每组测试数据都输出一个数，表示最多符合条件的矩形数目，每组输出占一行

样例输入

1

10

1 2

2 4

5 8

6 10

7 9

3 1

5 8

12 10

9 7

2 2

样例输出

5

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define N 1005
struct node
{
    int x,y;
}a[N];

bool cmp(node a,node b)
{
    return (a.x<b.x || a.x==b.x&&a.y<b.y);
}

int dp[N];

int main()
{
    int t, n;
    cin >> t;
    while(t--)
    {
        int Max = 0;
        cin >> n;
        for(int i=0; i<n; i++){
            cin >> a[i].x >> a[i].y;
            dp[i] = 1;
            if(a[i].x<a[i].y) swap(a[i].x,a[i].y);//长必须比宽大-鲁棒性
        }

        sort(a,a+n,cmp); //按照长、宽由小到大排序

        //核心代码：LIS（n^2）
        for(int i=0; i<n; i++){
            for(int j=0; j<i; j++){
                if(a[j].x < a[i].x && a[j].y < a[i].y) //判断条件：后一个（i）矩阵的长宽都比前一个（j）要大才能容纳前一个形成俄罗斯套娃【突然想到俄罗斯套娃也是这个调调】/嵌套矩阵
                    dp[i] = max(dp[i],dp[j]+1);
            }
        }

        //遍寻最大嵌套矩阵
        for(int i=0; i<n; i++)
            Max = max(Max, dp[i]);
        printf("%d\n",Max);
    }
    return 0;
}
/*
1
10
1 2
2 4
5 8
6 10
7 9
3 1
5 8
12 10
9 7
2 2
*/

ologn

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define N 1005
struct node
{
    int x,y;
}a[N];

bool cmp(node a,node b)
{
    //一般的最末位的元素较小的在之后的会更加有优势 但是嵌套的要大 所以排序时候应该把y由大到小
    return (a.x < b.x || a.x == b.x && a.y > b.y);
}

int dp[N];

int main()
{
    int t, n;
    cin >> t;
    while(t--)
    {
        int Max = 0;
        cin >> n;
        for(int i=0; i<n; i++){
            cin >> a[i].x >> a[i].y;
            dp[i] = 1;
            if(a[i].x<a[i].y) swap(a[i].x,a[i].y);
        }
        sort(a,a+n,cmp);
        vector<int> v;
        for(int i=0; i<n; i++){
            if(lower_bound(v.begin(),v.end(),a[i].y) == v.end())
                v.push_back(a[i].y);
            else  *lower_bound(v.begin(),v.end(),a[i].y) = a[i].y;
        }
        printf("%d\n",v.size());
    }
    return 0;
}

[图论]

#include <cstdio>
#include <cstring>

const int maxn = 1005;
int n, G[maxn][maxn];
int a[maxn], b[maxn];
int dp[maxn];

//将x和y的最大值存在x中
inline void CMAX(int& x, int y){
    if (y > x){
        x = y;
    }
}

/* 采用记忆化搜索 求从s能到达的最长路径 */
int DP(int s){
    int& ans = dp[s];
    if (ans > 0)
        return ans;
    ans = 1;
    for (int j = 1; j <= n; ++j){
        if (G[s][j]){
            CMAX(ans, DP(j) + 1);
        }
    }
    return ans;
}

void print_ans(int i){
    printf("%d ", i);
    for (int j = 1; j <= n; ++j){
        if (G[i][j] && dp[j] + 1 == dp[i]){
            print_ans(j);
            break;
        }
    }//for(j)
}

int main()
{
#ifdef _LOCAL
    freopen("D:\\input.txt", "r", stdin);
#endif
    while (scanf("%d", &n) == 1){
        //n个矩形
        for (int i = 1; i <= n; ++i){
            //默认a存长,b存宽(a > b)
            scanf("%d%d", a + i, b + i);
            if (a[i] < b[i]){
                swap(a[i], b[i]);
            }
        }
        /*
            建图 G[i][j]为1表示矩形i可以嵌套在矩形j中
            那么原问题便转化为求DAG上的最长路径

            定义状态dp[i]表示从结点i出发可以到达的最长路径
            则 dp[i] = max(dp[j] + 1), 其中 G[i][j]=1，
        */
        memset(G, 0, sizeof G);
        for (int i = 1; i <= n; ++i){
            for (int j = 1; j <= n; ++j){
                //矩形i的长和宽都小于矩形j的长和宽
                if (a[i] < a[j] && b[i] < b[j]){
                    G[i][j] = 1; //可以嵌套,则有边
                }
            }
        }//for(i)
        memset(dp, 0, sizeof dp);
        int ans = 0;
        int best;
        for (int i = 1; i <= n; ++i){
            if (DP(i) > ans){
                ans = dp[i];
                best = i;
            }
        }//for(i)
        printf("ans = %d\n", ans);
        print_ans(best);
        printf("\n");
    }
    return 0;
}