DAG模型的动态规划学习
思路
对于白书内容的学习，知道了这一类模型应该都是DAG模型。
有向无环图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上的最长路和最短路或计数问题。
问题分析：（以矩形嵌套为例）
矩形之间的“可嵌套”关系是一个典型的二元关系，二元关系可以用图来建模。如果矩形X可以嵌套在Y里面，那么从X到Y就有一条有向边。这个图是无环的，因为一个矩形无法嵌套在自己内部。换句话说，它是一个DAG。这样，所要求的便是DAG上的最长路径。
对于DAG最长(短)路，有两种“对称”的状态定义方式：
仔细分析上面的两种状态定义方式，状态1是一种自顶向下考虑问题的方式。这种考虑问题的角度比较像递归，可以用记忆化搜索实现。他的求解是自底向上。状态2的考虑问题的方式就是它的求解方式，自底向上的考虑并求解。
这也说明了，递归求解和dp求解的区别。前者自顶向下，后者自底向上。
问题1（LIS）
最长上升子序列问题，定义就不说了。需要弄清序列和字串的关系。无非就是在相对顺序不变的情况下。前者不连续后者连续。
题目：[Longest Increasing Subsequence]
问题分析
上升依托于小于关系，小于关系是一个典型的二元关系。可以用图来建模。对于数组中任意两个元素arr[i]与arr[j]( i < j)，如果arr[i] < arr[j]，那么他们之间存在一条边。又因为自己无法小于自己。所以不存在环。问题规约为DAG上的最长路。需要注意的是 i<j 的相对顺序不能变。并不是任意两个元素之间只要存在小于关系就有边。
代码（自底向上）
class Solution {
public:
int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
int sz = nums.size();
if(!sz) return 0;
std::vector<int> dp(sz, int());
dp[0] = 1; // dp[i]表示以i结尾的最长路 dp[i] = max( dp[j] + 1, (j,i) in E )
int max = dp[0];
for(int i = 1; i < sz; ++i){
dp[i] = 1;
for(int j = 0; j < i; ++j){
if(nums[j] < nums[i]) // (j,i) in E
dp[i] = std::max(dp[j]+1, dp[i]);
}
max = std::max(dp[i], max);
}
return max;
}
};代码（自顶向下）
class Solution {
public:
int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
int sz = nums.size();
if(!sz) return 0;
std::vector<int> dp(sz, int());
dp[sz-1] = 1; // dp[i]表示从i出发的最长路。dp[i] = max( dp[j] + 1, (i,j) in E )
int max = dp[sz-1];
for( int i = sz-2; i >=0; --i ){
dp[i] = 1;
for(int j = i + 1; j < sz; ++j){
if( nums[i] < nums[j] ) // (i,j) in E
dp[i] = std::max( dp[i], dp[j] + 1 );
}
max = std::max(dp[i], max);
}
return max;
}
};问题2(LDS)
题目：[拦截导弹]
思路
最长下降子序列。其实没区别，都是二元关系。二元关系用图建模。还是DAG模型。可以两种办法。我只采用dp建议的方式，自底向上。
代码
/*
测试用例：
8
186 186 150 200 160 130 197 220
*/
#include 问题3（合唱队形）
题目：[合唱队形]
代码
注意状态的定义，这个题对于lis和lds不是说用任意的一种状态定义都可以解决。而是分别必须用固定的状态才可以解决。
#include 问题4(矩形嵌套)
题目：[nyoj-16]
思路
这个题目需要说明以下。说它时DAG模型没有任何问题。
最上面的思路已经分析了。“可嵌套关系”可以看做是存在一条边的关系。这样原问题构成了DAG模型上的最长路问题。
但是这个题目和LIS有不同，并且很容易混淆。
LDS和LIS都是以及矩形嵌套都是DAG模型，但是前两道本质时同一个问题。但是矩形嵌套和他们是不一样的。
用上述的DP方法无法正确得到正确答案。
当然，其实对于矩形嵌套，简单的一中考虑就是把它当做数字。然后不就是一个LIS问题了嘛？有什么不一样。下面来说一说。
对于LIS和LDS，他们的序列给出之后，顺序是不能变的。比如，[4,1,2,5]这样的序列。最长路只能是1,2,5。但是，如果我要这么问呢？请选出几个数，使得他们的序列时最长路。那你可以选，1,2,4,5。这样最长路是4。当然，如果问题变成这样，那也就失去意义了。对于一个序列，你排序就好了。然后返回序列长度即可。
但是，对于矩形嵌而言则不一样，因为他们并不是和数字一样可以完全比大小。对于数字而言，3和4。要么小于要么大于，但是对于矩形(1,4)和(3,2)而言，不存在这样的一种非黑即白的关系。对于数字而言，4不小于3，那就以意味着3小于4。但是，上面的两个矩形，是互相都无法嵌套的。它是这样的一种性质。
所以，才导致了问题和LIS不完全一样。可以改变原序列当中元素的位置，来获得最长路！此时，我觉得用memo做就挺好的。思路清晰嘛！
代码（dfs-TLE）
#include 代码1（dfs+memo）
在dfs的基础上加入记忆化过程即可。
#include 代码1（dfs+memo）
memo做的时候要注意，本质还是深搜的思路。
所以，用递归实现。自顶向下的思路。
采用状态1实现。
#include std::endl;;
}
#ifdef LOCAL
cin.close();
#endif
return 0;
}
void create_graph( int n ){
for( int i = 0; i < n; ++i ){
for( int j = 0; j < n; ++j ){
graph[i][j] = (arr[i] < arr[j])?1:0;
}
}
}
int dfs( int i, int n ){
if( dp[i] > 0 )
return dp[i];
else{
dp[i] = 1;
for( int j = 0; j < n; ++j ){
if( graph[i][j] )
dp[i] = std::max(dp[i], dfs(j, n) + 1);
}
return dp[i];
}
} 思路2
我又学习了其他的方法，确实，问题分析和我想的一样。虽然和LIS都是DAG模型。但是，前者的DP方法。无法直接应用。用传统的memo即可。
不过我看到了一种新的结题思路，原文链接[矩形嵌套]
如果只需要求得最多可以嵌套多少个矩形，而不要求输出序列，定义一个结构体，内含有变量a,b，输入时保证a>b（a为长,b为宽）对a进行排序，最后求b的最长上升子序列(状态转移时要加上A[j].a
代码
转化了问题。好方法。不过，可以看出。问题和我的分析是一致的，正因为不要求元素保证原来位置不变。这样才可以进行排序。
我之所以没有想到这个办法是因为，对于最初的序列。题目的意思是找出尽可能多的，由于矩阵嵌套又不是非黑即白的关系，所以不存在按大小排序之后全是lis。所以，原数组的元素顺序可以改变。
但是，在如何排序的时候我没有想明白。我不知道该怎样的对原始序列进行排序。因为，既然不是非黑即白，那你排序的依据是什么呢？
答案的方法很秒，是按第一个元素先来从小到大排序。注意，第一个元素是较短的那一条边。然后，在这个基础上，问题就转化为在第二条边上的lis问题。这点是非常秒的，非常好的办法。并且，对于第二条边判断的时候，其实 也还是要考虑第一条边，因为要避免相等的情形。也就说它把相等的情形放在这里处理了。这是非常秒的办法。对于前面的排序，如果你处理了相等的情形，那么没法排序了。总之，非常好的办法。
#include