POJ 1065

POJ 1065

贪心、偏序集、Dilworth定理、最长下降子序列

说到偏序集，在离散里的定义是：
设R为非空集合A上的关系，如果R是自反的、反对称的和传递的，则称R为A上的偏序关系，简称偏序，记作≤。

• 偏序是在集合X上的二元关系≤（这只是个抽象符号，不是“小于或等于”），它满足自反性、反对称性和传递性。即，对于X中的任意元素a,b和c，有:

• 自反性：a≤a;
• 反对称性：如果a≤b且b≤a，则有a=b;
• 传递性：如果a≤b且b≤c，则a≤c 。

• 带有偏序关系的集合称为偏序集。

• 令(X,≤)是一个偏序集，对于集合中的两个元素a、b，如果有a≤b或者b≤a，则称a和b是可比的，否则a和b不可比。
  在X中，对于元素a，如果任意元素b，由b≤a得出b=a，则称a为极小元。

• 一个反链A是X的一个子集，它的任意两个元素都不能进行比较。

• 一个链C是X的一个子集，它的任意两个元素都可比。

• 任何集合A上的恒等关系，集合的幂集P（A）上的包含关系，实数集上的小于等于关系，正整数集上的整除关系等都是偏序关系。

  我们假设当L1<=L2且W1<=W2时，才有(L1, W1)<=(L2, W2)，那么我们可以发现这个关系属于偏序关系，因为满足三个条件：自反性、反对称性和传递性。那么我们就可以使用上述链接中提到的内容：最小数目的链的划分与最大反链的集合大小相同，于是这道题变成了求最大反链。在这里，反链即为不满足上述关系的，所以我们先对L进行从小到大的排序，L相同则按W从小到大排序，那么W的最大下降子序列则为最大反链。

说明 题目给出的 (L1, W1)<=(L2, W2) 是满足偏序关系的，那么本题所求的以 <= 连接的最少划分数， 就等于 < 连接的最长子序列。

解法中先进行了排序，保证按照序列顺序比较时 L 这一维度不会成为 “满足偏序关系” 这一要求的负担，可以只关注于 w 这一维度。

以上是复杂的证明，解法很简答：
1， 双关键字排序、
2， 按照 w 维度求最长下降子序列的长度。

总结：Dilworth定理：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e4 + 10;

int T;
int n;
struct STICK {
	int l, w;
} stick[N];
int dp[N];

bool cmp(STICK a, STICK b) {
	if (a.l == b.l)
		return a.w < b.w;
	return a.l < b.l;
}

int main() {
	scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		scanf("%d", &n);
		for (int i = 0; i < n; i++) {
			scanf("%d %d", &stick[i].l, &stick[i].w);
		}

		sort(stick, stick + n, cmp);
		// 不能每次初始化所有的数组，n^2的复杂度会超时
		memset(dp, -1, n * sizeof(int));

		// 通过排序将问题转化为一维最长下降子序列问题。
		for (int i = 0; i < n; i++) {
			for (int j = 0; j < n; j ++) {
				if (j == 0 || dp[j - 1] > stick[i].w) {
					dp[j] = max(dp[j], stick[i].w);
				}
			}
		}
		cout << lower_bound(dp, dp + n, -1, greater<int>()) - dp << endl;

	}

	return 0;
}

对于DP过程优化的写法：

for (int i = 0; i < n; ++i)
{
	*lower_bound(dp, dp + n, stick[i].second, greater<int>()) = stick[i].second;
}

参考了以下两个博客：
https://blog.csdn.net/u011008379/article/details/50725927
https://www.hankcs.com/program/cpp/poj-1065-wooden-sticks.html

标签：偏序,关系,int,1065,++,POJ,stick,dp
来源： https://www.cnblogs.com/superPG/p/16260998.html