[ACM] POJ 1065 POJ 3636 解题报告, 数论, 贪心, 偏序集, Dilworth定理

这两道题用的理论都是一样的, 贪心算法很简单, 关键是怎么证明:

理论基础

首先需要了解的是..
序理论(中文) http://zh.wikipedia.org/zh-sg/%E5%BA%8F%E7%90%86%E8%AE%BA
偏序集(中文) http://zh.wikipedia.org/zh-sg/%E5%81%8F%E5%BA%8F%E5%85%B3%E7%B3%BB
Dilworth’s Theorem(wiki没中文) http://en.wikipedia.org/wiki/Dilworth’s_theorem

Dilworth的对偶定理的证明我看的lambda2fei牛这里写的, 英文太长实在是没法看..
Dilworth本身的证明我还没有看.. TODO. 但是lamb牛写的chain(链)和antichain(反链)的转换我一看就明了, 通过这种转换可以很容易的使用Dilworth定理, 同样也可以证明Dilworth定理, 我还没看原本怎么证明的..(稍后update) 这种方法已经很牛逼了感觉

为了文章完整性引用一下他的证明

Dilworth定理说的是:对于一个偏序集,其最少链划分数等于其最长反链的长度。
Dilworth定理的对偶定理说的是:对于一个偏序集,其最少反链划分数等于其最长链的长度。
Dilworth定理先不证,有空再不上来,其对偶定理证明如下:

设一个偏序集S的最少反链划分数是p,最长链长度是r。
1.先证p≥r。这是显然的,因为最长链长度是r,r个元素中的任意两个都可以比较,因此它们必定两两属于不同的反链,因此反链个数≥r,即p≥r。
2.再证r≥p。设X1=S。找出X1的所有极小元组成集合Z1,将其从X1删之,得到X2,再找出X2的所有极小元组成集合Z2(特别注意Z2中的任何元素a2,在X1中必然存在一个元素a1使得a1≤a2,否则a2可以放到X1中,这与X1的选取矛盾),再将Z2从X2中删除,得到X3,……这样一直下去,总存在一个k使得XK不空但X(K+1)为空。这样便得到一条链a1,a2,a3,……,ak,其中ai属于Xi。由于r是最长链长度,因此r≥k。另一方面,我们也得到了一个反链划分,即X1,X2,X3,……,XK。由于p是最少反链划分,因此k≥p。因此有r≥p。证毕。

1065详解

要求的就是集合的chain的划分最小数目.
对于题目中给出的关系P={l <= l’ and w <= w’}, 我们定义关系P’={l < l’ and w > w’} (并不是l<=l’), 那么对于原来关于 P 可比较的两个元素, 关于 P’ 则不能比较, 原来不能比较关于 P’ 就可比较. 相应的 P 的 chain/antichain 就成为 P’ 的 antichain/chain .
这样定义后, 就可以放下原题, 题目变成找一堆元素中的最少antichain数目, 根据Dilworth定理对偶定理的证明过程(如上), 每次剥离出 Xi 中的所有极小元, 直到 Xi 为空, 剥离的次数就是答案 .

剥离的次数 == k== 关于 P’ 的最长chain的长度(对偶定理) == 关于P的最长antichain的长度(chain转换) == 关于P的chain的最少划分数(Dilworth)

有点绕.. 但比看上去简单

实例:
考虑元素集 (1,2) (2,3) (2,4) (3,1) (3,2) (3,3) (3,5) (4,1) (5,2) (6,1) (6,7) (7,1)
每次取出关于 P’ 的极小元, 过程如下

(1,2) (2,3) (2,4) (3,1) (3,2) (3,3) (3,5) (4,1) (5,2) (6,1) (6,7) (7,1)
                  (3,1) (3,2) (3,3)       (4,1) (5,2) (6,1)       (7,1)
                                          (4,1) (5,2) (6,1)       (7,1)
                                                      (6,1)       (7,1)

因为P’是严格的偏序关系, 每次取出的最小元 x 就要满足找不到 y 使 y P’ x (如果是不严格的偏序就要考虑自反的情况)
怎样取极小元呢, P’ 的极小元是 “在 l 比它小的元素中, 找不到 w 比它大的元素”, 按照代码中的 comp() 排序以后(先l后w), 以这个条件找极小元的集合, 等价于从第一个元素开始找, 后一个元素的w’>=前一个元素的w, 的元素集合. 比如(1,2) (2,3) (2,4) (3,5) (6,7), 满足2<=3<=4<=5<=7, 这样贪心就很简单了

3636详解

和1065基本一样, 有了上面的理论就很好做了. 关键在于 P => P’ 的转换

P={w1<w2 && h1<h2} (大于小于无所谓)
所以 P的”可比较”关系 Pc = {w<w2 && h1<h2 || w1>w2 && h1>h2}
所以 P’c= {w1<w2 && w1>=h2 || w1>w2 && h1<=h2 || w1==w2}
所以 P’= {w1<=w2 && h1>=h2}

这里 P’ 是具有自反性和反对称性的非严格偏序关系.
这里就有一个问题: 集合内元素具有互异性, 但是题目中的元素有可能存在两两相同的, 怎么办?
我们可以想像我们上面讨论的集合是题目中的元素”只保留相同元素中的一个”后的集合, 这个集合中的元素a包含了n个题目中的相同元素, 就有两种处理的方法:

方法一: 把这n个元素看作一个a来”剥离”(取最小元), 1065就是这样, (1,2)(1,2)(1,2)在一起剥离是可以的, 因为1<=1,2<=2, 符合P的比较条件
方法二: 剥离a后a还存在于后来的Xi中, 并且n-=1, 直到n==0 a消失, 3636就要这么干, (1,2)(1,2)是不能放在一起的, 不符题意(P), 可以证明这样干是最优的(如果不取这个最小元, 这次执行后得到的Xi要比取的元素多一个, 不取白不取)

经过思考, 这道题最终要做的贪心是: 先按照w排序, w的互异值从小到大为w1,w2..wk, 然后在w==w1的元素里找到h最大的元素取出, 再在w2中找h最大的元素取出, 并且这些h需要满足条件:比前一个取出的元素的h大, 取完一次result++, 直到取空

代码点下面:

1065

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>

struct Vector {
    int x,y;
};

int comp(const void *_a,const void *_b) {
    Vector *a=(Vector *)_a,*b=(Vector *)_b;
    if(a->x==b->x)
        return a->y-b->y;
    return a->x-b->x;
}

int main() {
    int t;
    Vector g[5001];
    scanf("%d",&t);
    while(t--) {
        int n;
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d%d",&g[i].x,&g[i].y);
        qsort(g+1,n,sizeof(g[0]),comp);

        int result=0;
        int counter=0;
        while(1) {
            if(counter==n)
                break;

            int maxY=-2e9;
            for(int i=1;i<=n;i++) {
                if(g[i].y>=maxY) {
                    maxY=g[i].y;
                    g[i].y=-2e9-1;
                    counter++;
                }
            }
            result++;
        }
        printf("%d\n",result);
    }
    return 0;
}

3636


#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>

struct Vector {
    int x,y;
};

int comp(const void *_a,const void *_b) {
    Vector *a=(Vector *)_a,*b=(Vector *)_b;
    if(a->x==b->x)
        return a->y-b->y;
    return a->x-b->x;
}

int main() {
    int t;
    scanf("%d",&t);
    Vector g[20002];
    int p[20001];
    while(t--) {
        int n;
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d%d",&g[i].x,&g[i].y);
        qsort(g+1,n,sizeof(g[0]),comp);

        g[n+1].x=88888;
        int pn=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            if(g[i+1].x!=g[i].x)
                p[++pn]=i;

        int result=0;
        while(1) {
            int maxY=0;
            bool flat=true;;
            for(int i=1;i<=pn;i++) {
                if(p[i]==-1)
                    continue;
                flat=false;
                if(g[p[i]].y>maxY) {
                    maxY=g[p[i]].y;
                    p[i]--;
                    if(g[p[i]].x!=g[p[i]+1].x)
                        p[i]=-1;
                }
            }
            if(flat)
                break;
            result++;
        }
        printf("%d\n",result);
    }
    return 0;
}

5 thoughts on “[ACM] POJ 1065 POJ 3636 解题报告, 数论, 贪心, 偏序集, Dilworth定理

  1. outlaw

    请问,在“1065详解中”
    P’={l w’} 貌似不是一个正确的偏序关系吧?因为它不符合自反性?

    Reply

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