Codeforces Round #261 (Div. 2)——Pashmak and Graph

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题意：

n个点，m个边的有向图，每条边有一个权值，求一条最长的路径，使得路径上边值严格递增。输出路径长度
(2 ≤ n ≤ 3·105; 1 ≤ m ≤ min(n·(n - 1), 3·105))

分析：

因为路径上会有重复点，而边不会重复，所以最开始想的是以边为状态进行DP，get TLE……后来想想，这个问题的复杂度一直分析的不太好。对于新图，每条边只访问了一次，单单考虑这个是O(E)，但是访问时也访问了所有点，所以是O(V+E)

考虑一下裸的DP如何做：路径上有重复点，可以将状态详细化，dp[i][j]表示i点以j为结束边值的最长路，但是数据不允许这样。想想这个状态有一个很大的问题，很多状态是到达不了的，有很多的无用状态。比如对于u->v，值为d的一条边，就需要更新dp[i][a]->dp[j][b]，a<d、b>d的所有状态。比如，如果一个权值比较大的边先更新了u->v，那么对于之后的权值比较小的边，有一部分状态就是用不到的。还有，如果真的可以用这样的DP方式来解问题，在DP的时候，明显可以发现，很多状态是可以合并的，每次更新和查询的时候都是处理一个区间，也就是说，这一个区间上的所有状态是等价的，即可以合并。看看这个合并有什么特点：对于确定的一条边（u->v,
d）对于u的状态中，小于d的是可以合并的，另一个角度看，也就是说，对于确定的边，只有所有的j < d的状态才是有可能转移的状态。那么考虑一下，如果我们将边先排好序，那么在每一条边加入的时候，所有的状态都是有效状态了，既然都是有效状态（即都是有可能进行转移的），那么其实就没必要记录第二维状态了。DP[i]表示处理到当前边之前，以i结束的最长路径长度。至此，问题可解。既然是排序解决，必然要处理的就是两个值相同的情况，两个数组即可。

当前问题（问题A）对比一下这个问题（问题B），有一些相似性：问题B的路径也是需要递增的（如果将一条合法路径上的所有开始时间和关闭时间按顺序写下来），但是和A一比就有一个明显的特点，一个边有两个值。同样的先考虑二维DP，有效状态也是比当前边的起始状态小的，但是更新之后的状态的值就不一定了，因为更新的状态的值是当前边的第二个属性，所以对于(1,
5)、(2, 6)，就没有一个明显的先后影响顺序了；而问题A的有效状态和B一样，但是更新后的状态的值必然都是边值（排序之后，对于之后的边也是有效的）。这样考虑，B问题用DP解决就有点没有思路了，但是，再和A比较后发现，B给了一个条件：起点是确定的；而A是不定起点。既然求得是确定起点的路径，那么就可以往最短路上想想。题目要求的是时间最短，那么就可以把时间看作距离来最短路即可。

const int MAXN = 1100000;

int dp[MAXN], f[MAXN];

struct Edge
{
int u, v, d;
bool operator< (const Edge& rhs) const
{
return d < rhs.d;
}
} ipt[MAXN];

int main()
{
int n, m;
while (~RII(n, m))
{
CLR(dp, 0);

REP(i, m)
RIII(ipt[i].u, ipt[i].v, ipt[i].d);
sort(ipt, ipt + m);
REP(i, m)
{
int nxt = i;
while (nxt + 1 < m && ipt[i].d == ipt[nxt + 1].d)
nxt++;
FE(j, i, nxt)
{
int u = ipt[j].u, v = ipt[j].v;
f[v] = max(f[v], dp[u] + 1);
}
FE(j, i, nxt)
{
int v = ipt[j].v;
dp[v] = f[v];
}
i = nxt;
}
int ans = 0;
FE(i, 1, n)
ans = max(ans, dp[i]);
WI(ans);
}
return 0;
}