- 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：
由于路径上会有反复点，而边不会反复。所以最開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。每条边仅仅訪问了一次，单单考虑这个是O(E)，可是訪问时也訪问了全部点，所以是O(V+E)
考虑一下裸的DP怎样做：路径上有反复点，能够将状态具体化。dp[i][j]表示i点以j为结束边值的最长路。可是数据不同意这样。想想这个状态有一个非常大的问题，非常多状态是到达不了的，有非常多的无用状态。比方对于u->v，值为d的一条边，就须要更新dp[i][a]->dp[j][b]，a<d、b>d的全部状态。
比方，假设一个权值比較大的边先更新了u->v，那么对于之后的权值比較小的边。有一部分状态就是用不到的。还有。假设真的能够用这种DP方式来解问题。在DP的时候，明显能够发现，非常多状态是能够合并的。每次更新和查询的时候都是处理一个区间，也就是说。这一个区间上的全部状态是等价的，即能够合并。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的是能够合并的，还有一个角度看。也就是说。对于确定的边，仅仅有全部的j < d的状态才是有可能转移的状态。那么考虑一下，假设我们将边先排好序，那么在每一条边增加的时候，全部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），那么事实上就不是必需记录第二维状态了。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，必定要处理的就是两个值同样的情况，两个数组就可以。
当前问题（问题A）对照一下这个问题（问题B），有一些相似性：问题B的路径也是须要递增的（假设将一条合法路径上的全部開始时间和关闭时间按顺序写下来），可是和A一比就有一个明显的特点。一个边有两个值。相同的先考虑二维DP。有效状态也是比当前边的起始状态小的。可是更新之后的状态的值就不一定了，由于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。可是更新后的状态的值必定都是边值（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，可是。再和A比較后发现。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，那么就能够往最短路上想想。
题目要求的是时间最短。那么就能够把时间看作距离来最短路就可以。
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;
}