NYOJ 16 矩形嵌套（经典动态规划）

传送门

Description

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。

Input

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

Output

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

Sample Input

1
10
1 2
2 4
5 8
6 10
7 9
3 1
5 8
12 10
9 7
2 2

Sample Output

5

思路

一、对于输入的a，b将较大的值赋给矩形的长，较小的值赋给矩形的宽，然后对矩形的长从小到大排序，这样保证了前面的矩阵不可能嵌套在后面中，然后只要对宽进行判断就行了。这样问题就转化为最长上升子序列了。

二、利用图模型解决，假设X可以嵌套在Y中，就从X到Y连一条边，这个有向图是无环的，也就是DAG图，这样，问题转化为求DAG上的最长路径

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1005;
struct Node{
int len,wid;
}node[maxn];

bool cmp(struct Node xx,struct Node yy)
{
if (xx.len == yy.len)	return xx.wid < yy.wid;
else	return xx.len < yy.len;
}

int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while (T--)
{
int N,l,w,res = 0;
int dp[maxn] = {0};
scanf("%d",&N);
for (int i = 0;i < N;i++)
{
scanf("%d%d",&l,&w);
node[i].len = l > w?l:w;
node[i].wid = w < l?w:l;
}
sort(node,node+N,cmp);
for (int i = 0;i < N;i++)     //转化为求最长上升子序列
{
dp[i] = 1;
for (int j = 0;j < i;j++)
{
if (node[i].wid > node[j].wid && node[i].len > node[j].len && dp[j] + 1 > dp[i])
{
dp[i] = dp[j] + 1;
}
}
res = max(res,dp[i]);
}
printf("%d\n",res);
}
return 0;
}

　　

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn = 1005;
struct Node{
int len,wid;
}node[maxn];
int dp[maxn],edge[maxn][maxn];

bool cmp(struct Node x,struct Node y)
{
if (x.len == y.len)	return x.wid < y.wid;
else	return x.len < y.len;
}

void addedge(int N)
{
for (int i = 0;i < N;i++)
{
for (int j = i + 1;j < N;j++)
{
if (node[i].len < node[j].len && node[i].wid < node[j].wid)	edge[i][j] = 1;
}
}
}

int solve(int i,int N)
{
int &ans = dp[i];          //为表项dp[i]声明了一个引用，这样，任何对ans的读写实际上都是在对dp[i]进行，实际上，当dp[i]换成dp[i][j][k]这样的长名字，该技巧优势更明显
if (ans > 0)	return ans;
ans = 1;
for (int j = 0;j < N;j++)	if (edge[i][j])	ans = max(ans,solve(j,N) + 1);
return ans;
}

int main()
{
int T,N,x,y;
scanf("%d",&T);
while (T--)
{
int tmp,res = 0;
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(edge,0,sizeof(edge));
scanf("%d",&N);
for (int i = 0;i < N;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
node[i].len = x>y?x:y;
node[i].wid = x<y?x:y;
}
sort(node,node+N,cmp);
addedge(N);
for (int i = 0;i < N;i++)
{
tmp = solve(i,N);
res = tmp>res?tmp:res;
}
printf("%d\n",res);
}
return 0;
}