DAG 上的 DP

定义¶

DAG 即有向无环图，一些实际问题中的二元关系都可使用 DAG 来建模，从而将这些问题转化为 DAG 上的最长（短）路问题。

解释¶

以这道题为例子，来分析一下 DAG 建模的过程。

例题 UVa 437 巴比伦塔 The Tower of Babylon

有 \(n (n\leqslant 30)\) 种砖块，已知三条边长，每种都有无穷多个。要求选一些立方体摞成一根尽量高的柱子（每个砖块可以自行选择一条边作为高），使得每个砖块的底面长宽分别严格小于它下方砖块的底面长宽，求塔的最大高度。

过程¶

建立 DAG¶

由于每个砖块的底面长宽分别严格小于它下方砖块的底面长宽，因此不难将这样一种关系作为建图的依据，而本题也就转化为最长路问题。

也就是说如果砖块 \(j\) 能放在砖块 \(i\) 上，那么 \(i\) 和 \(j\) 之间存在一条边 \((i, j)\)，且边权就是砖块 \(j\) 所选取的高。

本题的另一个问题在于每个砖块的高有三种选法，怎样建图更合适呢？

不妨将每个砖块拆解为三种堆叠方式，即将一个砖块分解为三个砖块，每一个拆解得到的砖块都选取不同的高。

初始的起点是大地，大地的底面是无穷大的，则大地可达任意砖块，当然我们写程序时不必特意写上无穷大。

假设有两个砖块，三条边分别为 \(31, 41, 59\) 和 \(33, 83, 27\)，那么整张 DAG 应该如下图所示。

图中蓝色实线框所表示的是一个砖块拆解得到的一组砖块，之所以用 \(\{\}\) 表示底面边长，是因为砖块一旦选取了高，底面边长就是无序的。

图中黄色虚线框表示的是重复计算部分，可以采用记忆化搜索的方法来避免重复计算。

转移¶

题目要求的是塔的最大高度，已经转化为最长路问题，其起点上文已指出是大地，那么终点呢？显然终点已经自然确定，那就是某砖块上不能再搭别的砖块的时候。

下面我们开始考虑转移方程。

设 \(d(i,r)\) 表示第 \(i\) 块砖块在最上面，且采取第 \(r\) 种堆叠方式时的最大高度。那么有如下转移方程：

\[ d(i, r) = \max\left\{d(j, r') + h\right\} \]

其中 \(j\) 是所有那些在砖块 \(i\) 以 \(r\) 方式堆叠时可放上的砖块，\(r'\) 对应 \(j\) 此时的摆放方式，\(h\) 对应砖块 \(i\) 采用第 \(r\) 种堆叠方式时的高度。

实现

#include <cmath>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
#define MAXN (30 + 5)
#define MAXV (500 + 5)
int d[MAXN][3];
int x[MAXN], y[MAXN], z[MAXN];

int babylon_sub(int c, int rot, int n) {
  if (d[c][rot] != -1) {
    return d[c][rot];
  }
  d[c][rot] = 0;
  int base1, base2;
  if (rot == 0) {  // 处理三个方向
    base1 = x[c];
    base2 = y[c];
  }
  if (rot == 1) {
    base1 = y[c];
    base2 = z[c];
  }
  if (rot == 2) {
    base1 = x[c];
    base2 = z[c];
  }
  for (int i = 0; i < n; i++) {  // 根据不同条件，分别调用不同的递归
    if ((x[i] < base1 && y[i] < base2) || (y[i] < base1 && x[i] < base2))
      d[c][rot] = max(d[c][rot], babylon_sub(i, 0, n) + z[i]);
    if ((y[i] < base1 && z[i] < base2) || (z[i] < base1 && y[i] < base2))
      d[c][rot] = max(d[c][rot], babylon_sub(i, 1, n) + x[i]);
    if ((x[i] < base1 && z[i] < base2) || (z[i] < base1 && x[i] < base2))
      d[c][rot] = max(d[c][rot], babylon_sub(i, 2, n) + y[i]);
  }
  return d[c][rot];
}

int babylon(int n) {
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    d[i][0] = -1;
    d[i][1] = -1;
    d[i][2] = -1;
  }
  int r = 0;
  for (int i = 0; i < n; i++) {  // 三种建法
    r = max(r, babylon_sub(i, 0, n) + z[i]);
    r = max(r, babylon_sub(i, 1, n) + x[i]);
    r = max(r, babylon_sub(i, 2, n) + y[i]);
  }
  return r;
}

int main() {
  int t = 0;
  while (true) {  // 死循环求答案
    int n;
    cin >> n;
    if (n == 0) break;  // 没有砖头了就停止
    t++;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
      cin >> x[i] >> y[i] >> z[i];
    }
    cout << "Case " << t << ":"
         << " maximum height = " << babylon(n);  // 递归
    cout << endl;
  }
  return 0;
}