有向无环图（DAG,Directed Acyclic Graph）上的动态规划是学习动态规划的基础。很多问题都可以转化为DAG上的最长路、最短路或路径计数问题。
一、DAG模型
【嵌套矩形问题】
问题：有n个矩形，每个矩形可以用两个整数a、b描述，表示它的长和宽。矩形X(a , b)可以嵌套在矩形Y(c , d)中当且仅当a<c,b<d,或者b<c,a<d(相当于把矩形X旋转90°)。例如(1,5)可以嵌套在(6, 2)内，但不能嵌套在(3, 4)内。你的任务是选出尽可能多的矩形排成一行，使得除了最后一个之外，每个矩形都可以嵌套在下一个矩形内。如果有多解，矩形编号的字典序应尽量小。
分析：矩形之间的“可嵌套”关系是一个典型的二元关系（我的理解是两个矩形之间存在关系），二元关系可以用图来建模。如果矩形X可以嵌套在矩形Y里，就从X到Y连一条有向边。这个有向图必然是无环的，因为一个矩形无法直接或间接地嵌套在自己内部。换句话说，它是一个DAG。这样，所要求的便是DAG上的最长路径。
【硬币问题】
问题：有n种硬币，面值分别为V1, V2, ..., Vn，每种都有无限多。给定非负整数S，可以选用多少个硬币，使得面值之和恰好为S？输出硬币数目的最小值和最大值。1 <= n <= 100, 0 <= S <= 10000, 1 <= Vi <= S。
分析：此问题尽管看上去和嵌套矩形问题很不一样，但本题的本质也是DAG上的路径问题。将每种面值看作一个点，表示“还需要凑足的面值”，则初始状态为S，目标状态为0。若当前在状态 i，每使用一个硬币 j，状态便转移到i - Vj 。
补充：这个模型和上一题类似，但也有一些明显地不同之处：上题并没有确定路径的起点和终点（可以把任意矩形放在第一个和最后一个），而本题的起点必须为S，终点必须为0 。点固定之后“最短路”才是有意义的。在上题中，最短序列显然是空（如果不允许空，就是单个矩形，不管怎样都是平凡的），而本题的最短路径却不容易确定。
二、最长路及其字典序（嵌套矩形）
如何求DAG中不固定起点的最长路径呢？
仿照数字三角形的做法，设d（i）表示从结点 i 出发的最长路长度，应该如何写状态转移方程呢？第一步只能走到它的相邻点，因此：d（i）= max{d（j）+1} ,（i , j）∈E，E为边集。则最终答案是所有d（i）中的最大值。
有条理地列下来就是：
- 状态：d（i）
- 状态转移方程：d（i）= max{d（j）+1}
我们可以使用递推或记忆化搜索的方法计算状态转移方程。不管使用哪种方法，我们都要先把图建立出来，假设用邻接矩阵保存在矩阵G中（一定要确保建图过程正确无误）。
我们在此以记忆化搜索的方法求解，下面给出记忆化搜索程序（调用前需初始化d数组的所有值为0）：
int dp(int i)
{
int& ans = d[i]; //为表项d[i]声明一个引用ans
if(ans > 0) return ans;
ans = 1;
for(int j=1;j<n;j++){
if(G[i][j]){
ans = max(ans,dp(j)+1);
}
}
return ans;
}
这里使用了一个技巧——为表项d[i]声明一个引用ans。这样，任何对ans的读写实际上都是在对d[i]进行。当d[i]换成d[i][j][k][l][m][n]这样很长的名字时，该技巧的优势就会很明显。
提示：在记忆化搜索中，可以为正在处理的表项声明一个引用，简化对它的读写操作。
原题还有一个要求：如果有多个最优解，矩形编号的字典序应最小。
我们可以将所有d值计算出来以后，选择最大d[i]所对应的i。如果有多个i，则选择最小的i，这样才能保证字典序最小。接下来可以选择d（i）= d（j）+1 且（i , j）∈ E的任何一个 j 。为了让方案的字典序最小，应选择其中最小的 j 。程序如下：
void print_ans(int i){
printf("%d ",i);
for(int j=1;j<=n;j++){
if(G[i][j] && d[i]==d[j]+1){
print_ans(j);
break;
}
}
}
提示：根据各个状态的指标值可以依次确定各个最优方案，从而构造出完整方案。由于决策是依次确定的，所以很容易按照字典序打印出所有方案。
注意，当找到一个满足d[i]= d[j]+1的结点j后就应立刻递归打印从j开始的路径，并在递归返回后退出循环。如果要打印出所有方案，只把break语句删除是不够的。正确的方法是记录路径上的所有点，在递归结束时才一次性输出整条路径。程序可以自行编写。
有趣的是，如果把状态定义成“d（i）表示以结点i为终点的最长路径长度”，也能顺利求出最优值，却难以打印出字典序最小的方案。想一下，为什么？
三、固定终点的最长路和最短路——硬币问题
最长路和最短路的求法是类似的，下面只考虑最长路。
由于终点固定，d（i）的确切含义变为“从结点i出发到结点0的最长路径长度”。下面是求最长路的代码：
int dp(int S)
{
int& ans = d[S];
if(ans >= 0) return ans;
ans = 0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(S >= V[i]) ans = max(ans,dp(S-V[i])+1);
}
return ans;
}
/* 注意到区别了吗？由于在本题中，路径长度是可以为0的（S本身可以是0），所以不能再用d=0表示“这个d值还没有算过”。相应地，初始化时也不能再把d全设为0，而要设置为一个负值——在正常情况下是取不到的。常见的方法是用-1来表示“没有算过”，则初始化时只需用memset(d,-1,sizeof(d))即可。至此，已完整解释了上面的代码为什么把if(ans>0)改成了if(ans>=0)。
提示：当程序中需要用到特殊值时，应确保该值在正常情况下不会被取到。这不仅意味着特殊值不能有“正确的理解方式”，而且也不能在正常运算中“意外得到”。*/
其实，上述代码有一个致命的错误，即由于结点S不一定真的能到达结点0，所以需要用特殊的d[S]值表示“无法到达”，但在上述代码中，如果S根本无法继续往前走，返回值是0，将被误以为是“不用走，已经到达终点”的意思。如果把ans初始化为-1呢？别忘了-1代表“还没算过”，所以返回-1相当于放弃了自己的劳动成果。如果把ans初始化为一个很大的整数呢（我觉得只要<-1就行了）？从目前来看，它也会被认为是“还没算过”，但至少可以和所有d的初值分开——只需把代码中if(ans>=0)改为if(ans!=-1)即可，如下所示：
int dp(int S)
{
int& ans = d[S];
if(ans != -1) return ans;
ans = -(1<<30);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(S >= V[i]) ans = max(ans,dp(S-V[i])+1);
}
return ans;
}
提示：在记忆化搜索中，如果用特殊值表示“还没算过”，则必须将其和其他特殊值（如无解）区分开。
上述错误是很常见的，意识到这些问题，寻求解决方案是不难的，但就怕调试很久以后仍然没有发现是哪里出了问题。
另一个解决方法是不用特殊值表示“还没算过”，而用另外一个数组vis[i]表示状态i是否被访问过，如下所示：
int dp(int S)
{
if(vis[S]) return d[S];
vis[S] = -1;
int& ans = d[S];
ans = -(1<<30);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(S >= V[i]) ans = max(ans,dp(S-V[i])+1);
}
return ans;
}
尽管多了一个数组，但可读性增强了许多：再也不用担心特殊值之间的冲突了，在任何情况下，记忆化搜索的初始化都可以用memset(vis,0,sizeof(vis))实现。
提示：在记忆化搜索中，可以用vis数组记录每个状态是否计算过，以占用一些内存为代价增强程序的可读性，同时减少出错的可能。
本题要求最小、最大两个值，记忆化搜索就必须写两个。在这种情况下，用递推更加方便（此时需注意递推的顺序）：
minv[0] = maxv[0] = 0;
for(int i=1;i<=S;i++){
minv[i] = INF; //minv[i]表示最小值
maxv[i] = -INF; //maxv[i]表示最大值
}
for(int i=1;i<=S;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(i >= V[j]){
minv[i] = min(minv[i],minv[i-V[j]]+1);
maxv[i] = max(maxv[i],maxv[i-V[j]]+1);
}
}
}
printf("%d %d
",minv[S],maxv[S]);
如何输出字典序最小的方案呢？刚刚介绍的方法仍然适用，如下所示：
void print_ans(int* d,int S)
{
for(int i=1;i<=n;i++){
if(S>=V[i] && d[S]==d[S-V[i]]+1){
printf("%d ",i);
print_ans(d,S-V[i]);
break;
}
}
}
然后分别调用print_ans(min,S)（注意在后面要加一个回车符）和print_ans(max,S)即可。输出路径部分和上题的区别是，上题打印的是路径上的点，而这里打印的是路径上的边。
提示：当用递推法计算出各个状态的指标之后，可以用与记忆化搜索完全相同的方式打印方案。
很多用户喜欢另外一种打印路径的方法：递推时直接用min_coin[S]记录满足min[S]==min[S-V[i]]+1的最小的i，则打印路径时可以省去print_ans函数中的循环，并可以方便地把递归改成迭代（当然，原来的也可以改成迭代，但不那么自然）。具体来说，需要把递推过程改写成以下形式：
for(int i=1;i<=S;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(i >= V[j]){
if(min[i]>min[i-V[j]]+1){
min[i] = min[i-V[j]]+1;
min_coin[i] = j;
}
if(max[i]<max[i-V[j]]+1){
max[i] = max[i-V[j]]+1;
max_coin[i] = j;
}
}
}
}
注意，判断中用的是“>”和“<”，而不是“>=”和“<=”，原因在于“字典序最小解”要求当min/max值相同时取最小的i值。反过来，如果j是从大到小枚举的，就需要把“>”和“<”改成“>=”和“<=”才能求出字典序最小解。
在求出min_coin和max_coin之后，只需调用print_ans(min_coin,S)和print_ans(max_coin,S)即可。
void print_ans(int* d,int S)
{
while(S){
printf("%d ",d[S]);
S -= V[d[S]];
}
}
该方法是一个“用空间换时间”的经典例子——用min_coin和max_coin数组消除了原来print_ans中的循环。
提示：无论是用记忆化搜索还是递推，如果在计算最优值的同时“顺便”算出各个状态下的第一次最优决策，则往往能让打印方案的过程更加简单、高效。
四、小结
本节介绍了动态规划的经典应用：DAG中的最长路和最短路。
和上一篇讲述的数字三角形一样，DAG的最长路和最短路都可以用记忆化搜索和递推两种实现方式。打印解时既可以根据d值重新计算出每一步的最优决策，也可以在动态规划时“顺便”记录下每步的最优决策。
由于DAG最长（短）路的特殊性，有两种“对称”的状态定义方式。
- 状态1：设d（i）为从 i 出发的最长路，则d（i）= max{d（j+1）},（i , j）∈E。
- 状态2：设d（i）为以 i 结束的最长路，则d（i）= max{d（j+1）},（j , i）∈E。
如果使用状态2，“硬币问题”就变得和“嵌套矩形问题”几乎一样了（唯一的区别是“嵌套矩形问题”还需要取所有d（i）的最大值）！我们在上面介绍了比较麻烦的状态1，主要是为了展示一些常见技巧和陷阱，实际比赛中不推荐使用。
使用状态2时，有时还会遇到一个问题：状态转移方程可能不好计算，因为在很多时候，可以方便地枚举从某个结点i出发的所有边（i , j），却不方便“反着”枚举（j , i）。特别是在有些题目中，这些边具有明显的实际背景，对应的过程不可逆。这时需要用“刷表法”。
什么是“刷表法”呢？传统的递推法可以表示成“对于每个状态 i，计算f（i）”，或者称为“填表法”。这需要对于每个状态 i，找到f（i）依赖的所有状态，在某些情况下并不方便。另一种方法是“对于每个状态i，更新f（i）所影响到的状态”，或者称为“刷表法”。对应到DAG最长路的问题中，就相当于按照拓扑序枚举 i，对于每个 i，枚举边（i , j），然后更新d[j] = max(d[j],d[i]+1)。注意，一般不把这个式子叫做“状态转移方程”，因为它不是一个可以直接计算d[j]的方程，而只是一个更新公式。
提示：传统的递推法可以表示成“对于每个状态 i，计算f（i）”，或者称为“填表法”。这需要对于每个状态 i，找到f（i）依赖的所有状态，在某些时候并不方便。另一种方法是“对于每个状态 i，更新f（i）所影响到的状态”，或者称为“刷表法”，有时比填表法方便。但需要注意的是，只有当每个状态所依赖的状态对它的影响相互独立时才能用刷表法。