Dilworth定理

学习的是https://blog.csdn.net/qq_34564984/article/details/52993626这篇博客的。

简单来说就两个定理，在严格偏序关系（DAG）中：

①最长反链=最小链覆盖 （即可相交的最小路径覆盖）

②最长链=最小反链覆盖

证明就略去了。

洛谷P3974 [TJOI2015]组合数学

题意：在n*m的网格图上，一条路从左上走到右下可以有多条路，一条路的代价是路上的格子最大值。问每个点都至少被经过一次的走的代价最小。

解法：仔细思考可以把题目抽象成：每条链就是从左上走到右下，链的代价是路上最大值，那么答案就是求从左上到右下的最小链覆盖。

根据Dilworth定理，最小链覆盖=最长反链。那么此题的最长反链就是从左下走到右上的路！！并且相邻两点不能同行同列！！那么我们怎么求这个最长反链呢？

直接从左下到右上做一次DP即可，dp[i][j]代表从左下到右上的最长链，那么dp[i][j]=max(dp[i+1][j-1]+a[i][j],max(dp[i+1][j],dp[i][j-1])) ;  (注意这里只有从左下来才能加上a[i][j]的值，从左边和下边来不能加)。

DP完了之后dp[1][m]就是答案。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e3+10;
typedef long long LL;
int n,m,a[N][N];
LL dp[N][N];

int main()
{
    int T; cin>>T;
    while (T--) {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&a[i][j]);
        for (int i=0;i<=n+1;i++) for (int j=0;j<=m+1;j++) dp[i][j]=0;
        
        for (int i=n;i;i--)
            for (int j=1;j<=m;j++)
                dp[i][j]=max(dp[i+1][j-1]+a[i][j],max(dp[i+1][j],dp[i][j-1]));
        printf("%lld
",dp[1][m]);        
    }
    return 0;
}

洛谷P4934 礼物

题意：有n个礼物，每个礼物有一个魔力值ai，ai两两互不相同。如果两个礼物ai,aj的魔力值满足ai&aj>=min(ai,aj)，那么这两个礼物不能放在一个箱子里。现在他请求你帮助他合理分配，用尽可能少的箱子装下所有礼物。换言之，使得每个礼物都被恰好装入一个箱子中，且同一个箱子中的礼物魔力不会相互抵消。如果有多种合法的方案，你只需要给出任意一种。

解法：我们观察ai&aj>=min(ai,aj)，意思是ai和aj有包含关系，那么意思就是如果ai和aj有包含关系的是，它们就不能放到同一个箱子里。那么我们考虑如果ai€aj，那么ai向aj连边。那么题目变成在一个DAG上，任两个同一条边的两个礼物不能放到同一个箱子里，问最少要几个箱子装完这些礼物？

这不就是DAG上的最短反链！！! 最短反链并不好求，那么根据Dilworth定理 最短反链=最长链 。我们变成求DAG上最长链的长度，这个比较容易可以用拓扑排序求。

那么我们暴力n^2连边建图DAG，然后拓扑排序求最长链。这样会获得TLE，我们得优化。

我们分析主要得时间浪费在建图上，那么我们考虑进一步优化建图：这次我们将边的数量限制在O(nk)。考虑从每一个魔力值对应的集合，只连向多一个元素到达的集合，例如从0000连向1000, 0100, 0010, 0001四个位置。这样图的结构仍然是对的。但很多节点都是无用的了。那么只需要在原来的算法上做一些改动——对于有用点，该点权值为1；对于无用点，该点权值为0。

到此我们终于获得AC了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;
const int N=1000000+10;
const int M=(1<<20)+100;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,k;
int a[N],v[M],indeg[M],d[M];
int cnt=0,head[M],nxt[M*20],to[M*20];
queue<int> q;
vector<int> ans[M];

void add_edge(int x,int y) {
    nxt[++cnt]=head[x]; to[cnt]=y; head[x]=cnt;
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    for (int i=0;i<=(1<<k)-1;i++) 
        for (int j=0;j<k;j++)
            if ( !(i&(1<<j)) ) {
                add_edge(i,i|(1<<j));
                indeg[i|(1<<j)]++;
            }
    for (int i=1;i<=n;i++) v[a[i]]=1;
    
    q.push(0); d[0]=v[0];
    int maxdep=-INF;
    while (!q.empty()) {
        int x=q.front(); q.pop();
        for (int i=head[x];i;i=nxt[i]) {
            int y=to[i];
            d[y]=max(d[x]+v[y],d[y]);
            maxdep=max(maxdep,d[y]);
            if (--indeg[y]==0) q.push(y);
        }
    }
    
    printf("1
%d
",maxdep);
    for (int i=0;i<=(1<<k)-1;i++)
        if (v[i]) ans[d[i]].push_back(i);
    for (int i=1;i<=maxdep;i++) {
        printf("%d ",ans[i].size());
        for (int j=0;j<ans[i].size();j++) printf("%d ",ans[i][j]);
        printf("
");
    }    
    return 0;
}