线段树优化dp题单&题解

Tips：右边有目录

前言

前置知识：线段树，dp

线段树优化dp是什么呢？

把 $O(n^2)$ 的 dp 用线段树优化到 $O(n\log n)$

一般做题步骤：

1. 想如何暴力 dp

2. 观察转移方程，如何用线段树优化

好了，你已经会了，让我们看题吧。（题目简介自己看原题）

CF115E Linear Kingdom Races

首先想贪心，发现不太行，考虑用 dp 做。

设 $f_i$ 为前 $i$ 场比赛中的答案，发现需要对区间排序，然而会有包含的情况，无法转移。

那就设 $f_i$ 为前 $i$ 条道路中的答案。

设目前的比赛为 $[l,r]$，那么我们需要知道这中间的道路有没有被修。

于是设 $f[i][j]$ 为第 $i$ 条道路前，从第 $j$ 条道路开始往后都要修的答案（不修 $j$）

怎么算 $f[i][j]$ 呢？它能被 $f[i-1][j]$ 转移得到，然后又能被所有符合条件的比赛区间 $[l_i,r_i]$ 加上 $w_i$ 的贡献。

什么是符合条件的呢？当且仅当 $j<l_i,r_i=i$，因为这些比赛的道路都被修好了，是可行的，并且不能与之前算重。

所以将比赛区间按右端点排序，枚举 $i$，再枚举以 $i$ 为右端点的区间，它就能给 $f[i][0\sim l_i-1]$ 加上 $w_i$。

最后 $f[i][i]$ 就是目前的答案，然后更新全局答案 $ans$（注意与 $0$ 取 $\max$）。

多完美啊，直到你看到 $n$ 的范围是 $2\times 10^5$

---

这东西怎么用线段树维护呢？

枚举 $i$，将线段树上的第 $j$ 个位置看成 $f[i][j]$

当我将 $i$ 往右移时，先将所有的 $f[i][j]$ 都会减去 $a_i$（修路的代价）

然后还是将比赛区间排序，枚举右端点为 $i$ 的区间。

发现了什么？我们本来要一个一个给 $f[i][0\sim l_i-1]$ 加上 $w_i$，这样是 $O(n)$ 的，但是现在我们可以把它看成区间加，即，将 $[0,l_i-1]$ 加上 $w_i$

用线段树维护它，是 $O(\log n)$ 的！

最后把 $f[i][i]$ 修改为 $ans$ 即可。

fr(i,1,n){
	mdf(1,0,n,0,i-1,-a[i]);
	for(ll j=0;j<v[i].size();j++) mdf(1,0,n,0,q[v[i][j]].l-1,q[v[i][j]].w);
	ans=max(ans,tree[1]);
	mdf(1,0,n,i,i,ans);
}

CF474E Pillars

有点类似求 LIS，设 $f_i$ 为前 $i$ 个数中，选第 $i$ 个数的答案（最大长度）

然后怎么转移呢？它可以由 $f_j$ 转移过来，当且仅当 $|a_i-a_j|\geq d,1 \leq j \leq i$

具体来说，$f_i=\displaystyle\max_{1 \leq j \leq i}^{|a_i-a_j|\geq d}{f_j}+1$，时间 $O(n^2)$，考虑如何优化。

将 $a_i$ 离散化，建一颗维护 $a_i$（值域）的线段树，假设 $|a_i-a_j|\geq d$ 这个式子成立的边界是 $l_i$ 与 $r_i$

什么意思？就是 $a_j$ 在 $[1,l_i]$ 或 $[r_i,n]$ 里面的 $j$ 都可以转移到 $f_i$（离散化后）

然后就简单了。用线段树维护答案最大值，求 $f_i$ 的时候相当于求区间 $\max$，每次在 $a_i$ 处更新 $f_i$

fr(i,1,n){
	node res=query(1,1,cnt,1,pl[i])+query(1,1,cnt,pr[i],cnt);
	f[i]=res.maxx+1;
	lst[i]=res.p;
	mdf(1,1,cnt,a[i],i,f[i]);
}

P3431 [POI2005]AUT-The Bus

题目描述（这题翻译过烂）

一个 $n \times m$ 的矩阵，$k$ 个点有 $p_i$ 个人，一辆大巴车从 $(1,1)$ 走到 $(n,m)$，只能往下或往右，求最多能接多少人。

$n,m \leq 10^9,k \leq 10^5$

---

假设 $n,m \leq 10^3$，我该怎么做？直接对每个点 dp，$f[i][j]=\max(f[i-1][j],f[i][j-1])+p[i][j]$

那 $n,m \leq 10^9$ 怎么做？离散化即可。

再来，假设 $k \leq 10^3$，我该怎么做？

$f_i=\displaystyle\max_{j}^{x_j \leq x_i,y_j \leq y_i}{f_j}+p_i$

直接暴力枚举 $k$ 个点进行转移。

现在考虑怎么优化。

首先对第一维 $x_i$ 进行排序，那就只用考虑 $y_j \leq y_i$ 了。

离散化 $y_i$ 后以它建一颗线段树，每次即查 $[1,y_i]$ 上的 $\max$

然后再把 $f_i$ 更新线段树里的 $y_i$

fr(i,1,k){
	f[i]=query(1,1,cnt,1,a[i].y)+a[i].p;
	mdf(1,1,cnt,a[i].y,f[i]);
}

CF597C Subsequences

先不管数据范围，思考如何暴力 dp。

一个非常非常非常暴力的做法就是设 $f[i][j][s]$ 为前 $i$ 个数中，LIS 长度为 $j$ 且末尾为 $s$ 的子序列个数。

如何转移？分两种情况：

1. $s \neq a_i$：$f[i][j][s]=f[i-1][j][s]$

2. $s=a_i$：$f[i][j][s]=f[i-1][j][s]+\displaystyle\sum_{ss=1}^{s}{f[i-1][j-1][ss]}$

还是考虑如何用线段树优化。

发现 $k+1$ 很小，直接暴力开 $k+1$ 颗线段树，然后以 LIS 末尾数字 $s$ 为下标建线段树。

枚举 $i$，对于第一种情况，不用管；第二种情况，相当于是在原来的基础上加上 $\displaystyle\sum_{ss=1}^{s}{f[i-1][j-1][ss]}$

这个东西直接在 $j-1$ 这颗线段树里面查 $[1,s]$ 的和即可。

一点细节：倒序枚举 $j$，原因如 01 背包，不要影响后面的答案。

注意特判 $j=1$，这个时候序列个数是 $1$。

fr(i,1,n){
	pfr(j,k+1,1){
		if(j==1) tmp=1;
		else tmp=query(rt[j-1],1,n,1,a[i]);
		mdf(rt[j],1,n,a[i],tmp);
	}
}

Upd：发现没有题解和我一样思路，可以水一篇题解了。

CF833B The Bakery

大概跟上题同样思路，设 $f[i][j][s]$ 为前 $i$ 个数中，最后一段是 $[j,i]$，然后共有 $s$ 段的答案，$pre_i$ 为上一个 $a_i$ 的位置。

得出转移方程：

1. $1 \leq j \leq pre_i$：$f[i][j][s]=f[i-1][j][s]$

2. $pre_i<j<i$：$f[i][j][s]=f[i-1][j][s]+1$

3. $j=i$：$f[i][j][s]=f[i-1][1\sim j-1][s-1]+1$

然后用线段树优化，考虑到 $k$ 很小，直接暴力开 $k$ 颗线段树，然后以 $j$ 为下标。

枚举 $i$，再枚举 $s$，对于第一种情况直接忽略；第二种情况相当于区间加，第三种情况相当于区间查询。

注意倒序枚举 $s$，当 $s=1$ 的时候只能有 $[1,i]$ 这一段。

fr(i,1,n){
	pfr(s,k,1){
		if(s==1) add(rt[s],1,n,pre[i]+1,min(1ll,i-1));
		else add(rt[s],1,n,pre[i]+1,i-1);
		if(s==1) tmp=0;
		else tmp=query(rt[s-1],1,n,1,i-1);
		mdf(rt[s],1,n,i,tmp+1);
	}
}

CF1304F2 Animal Observation (hard version)

感谢 $\color{red}{ExplodingKonjac}$ 的供题。

很明显的 dp，设 $f[i][j]$ 为第 $i$ 天选择以 $(i,j)$ 为左上角的矩形（录像），前 $i$ 天的答案。

然后 $f[i][j]$ 可以由上一行的任意矩形（录像）转移过来，只是重合部分不一样。尽管使用前缀和优化，这样的时间复杂度还是 $O(nm^2)$

可不可以去掉对上一行，每个矩形（录像）都算一次重合部分的操作呢？

假设我已经知道了 $f[i][j]$ 的情况下，我要把矩形往右移一个，也就是 $j$ 加一，会发生什么变化？

$f[i-1][j-k]\sim f[i-1][j-1]$ 的矩形重合部分，都减去了 $a[i][j]$。$f[i-1][j]\sim f[i-1][j+k-1]$ 的矩形重合部分，都加了 $a[i][j+k-1]$。

然后这个东西用线段树维护即可。

对每一行，暴力求出 $f[i][1]$，然后从左到右算答案。

fr(i,2,n){
	fr(j,1,m-k+1) b[j]=f[i-1][j]-sum[i][k]+sum[i][min(k,j-1)];
	build(1,1,m);
	f[i][1]=tree[1]+cnm[i][1];
	fr(j,2,m-k+1){
		mdf(1,1,m,max(1ll,j-k),j-1,a[i][j-1]);
		mdf(1,1,m,j,min(j+k-1,m),-a[i][j+k-1]);
		f[i][j]=tree[1]+cnm[i][j];
	}
}

CF960F Pathwalks

看到图，看到最长路径，难道是一个图上的 dp？

往这个地方想了一会，发现没什么思路。

重新看清楚题：编号与权值严格递增，编号是输入顺序的编号。

也就是说，我的路径编号一定是从小到大的。换个思路，在这上面 dp，就很简单了。

设 $f_i$ 为前 $i$ 条边中，选第 $i$ 条的答案。

因为第 $i$ 条边是 $u_i \rightarrow v_i$，我要从某条边转移过来，必须这条边的终点是 $u_i$。

所以我要满足这些条件：

1. $j<i$

2. $v_j=u_i$

3. $w_j<w_i$

然后 $f_i=\max{f_j}+1$

第一个条件直接按顺序枚举 $i$ 没掉，关键在后两个。

发现第二个貌似好弄一些，于是对每一个点开一颗线段树（当然动态开点），相当于查 $u_i$ 这颗线段树。

然后以 $w_i$ 为下标，相当于查 $u_i$ 这颗线段树内，$[0,w_i-1]$ 的最小值。

最后记得用 $f_i$ 更新 $v_i$ 这颗线段树上的 $w_i$ 位置。

fr(i,1,m){
   f[i]=query(rt[e[i].u],0,1e5,0,e[i].w-1)+1;
   mdf(rt[e[i].v],0,1e5,e[i].w,f[i]);
}

[USACO12OPEN]Bookshelf G

有个很假的 dp，就是设 $f_{i,j}$ 为前 $i$ 本书中，第 $i$ 本所在架子目前宽度是 $j$ 的答案。

但 $L \leq 10^9$，无论时间还是空间都会炸，得想办法弄掉一维。

第一维肯定要保留，于是设 $f_i$ 为前 $i$ 本书的答案。考虑怎么枚举原先的第二维。

首先，第 $i$ 本书所在的架子一定是连续的一段书，即 $(j,i]$。为什么是左开？因为这样会好处理很多。（你也可以试着用闭区间）

然后我们必须满足 $w_{j+1} + \cdots + w_i \leq L$，这个东西可以用前缀和预处理，即 $sum_i-sum_j\leq L$

再移一下项：$sum_j \geq sum_i-L$，这个东西在枚举 $i$ 的时候直接 $lower\_bound$ 一下就行了。

所以 $f_i = \displaystyle\min_{j}{(f_j+\max\{h_{j+1},\cdots ,h_i\})}$

看，左开的好处体现出来了。

暴力转移 $O(n^2)$，已经比之前优秀多了。但能不能继续优化呢？

观察这个式子，最难处理的就是 $\max\{h_{j+1},\cdots ,h_i\}$。

有个很显然的性质，就是这个东西随着 $j$ 递增而递减。然后又是考虑 $i$ 变成 $i+1$ 的时候会有什么变化。

它能够产生影响，说明 $h_i$ 更新了某些 $\max\{h_{j+1},\cdots ,h_i\}$，即 $h_i$ 比 $h_{j+1} \cdots h_{i-1}$ 都要大。

但是当其中一个 $h_k$ 比 $h_i$ 要大时，$h_i$ 就不能产生影响。

所以预处理出离 $i$ 最近的比 $h_i$ 大的位置 $lst_i$，所有 $lst_i \leq j<i$ 的 $\max\{h_{j+1},\cdots ,h_i\}$ 就是 $h_i$。剩下的不变。

然后用线段树维护，处理一些细节，没了。

fr(i,1,n){
	mdfmax(1,0,n,lst[i],i-1,h[i]);
	ll tmp=lower_bound(sum,sum+n+1,sum[i]-L)-sum;
	f[i]=query(1,0,n,tmp,i-1);
	mdf(1,0,n,i,f[i]);
}

[TJOI2011]书架

跟上题一样，不再赘述。

[NWRRC2015]Journey to the “The World’s Start”

题目描述（这题翻译过烂）

你要从第 $1$ 个点坐地铁到第 $n$ 个点，有 $n-1$ 张车票，每一张车票的乘车范围为 $r_i=i$，并且有价格 $p_i$。乘车范围 $r_i$ 表示你能从 $i$ 点坐到 $[i-r_i,i+r_i]$ 内的点下车（不越界）,然后再上车。

在第 $i$ 个点下车的所花时间是 $d_i$，第 $1$ 和 $n$ 个点下车不花时间，从一个点坐到另一个点需要 $1$ 单位时间（如果 $1$ 坐到 $4$，需要 $3$ 单位时间）。你需要在 $t$ 时间内到达 $n$，且只能用一种车票（可以用无数次），求车票费用最小值。

例如样例就是选择了 $r_i=2$ 的车票，然后 $1 \rightarrow 2 \rightarrow 4$

---

如果要从 $1$ 坐到 $n$，则无论如何都要 $n-1$ 单位时间。所以先让 $t$ 减去 $n-1$

有个很明显的单调性，就是如果我 $r_k$ 这个范围的车票可行，那么 $[r_k,n-1]$ 范围的车票都可行。

所以我只用找出来最小满足条件的 $r_k$，那么 $[r_k,n-1]$ 都可行，答案便是 $\displaystyle\min_{i=k}^{n-1}{p_i}$

这个东西可以用二分找，现在的关键便是如何求第 $k$ 张车票的最短时间。

假设目前用的是第 $k$ 张车票，范围是 $r_k=k$

首先我只能坐地铁到后面的点，不然肯定不优。

然后想办法各种各样的贪心，发现都是错的（有兴趣的可以试一下能不能做）。于是开始想如何 dp。

设 $f_i$ 为在 $i$ 点下车的答案（最小值）。

根据前面的条件， $f_i=\displaystyle\min_{j=\max(1,i-k)}^{i-1}f_j+d_i$

然后 $f_n$ 即为所求。

如果我们暴力求解，这样时间是 $O(n^2)$ 的，带上二分变成了 $O(n^2\log n)$，会 T 掉。

观察式子，极其简单，只有一个区间求 $\min$。

用一个线段树优化一下，就没了。

时间复杂度 $O(n\log ^2n)$

bl chk(ll k){
	fr(i,2,n){
		f[i]=query(1,1,n,max(1ll,i-k),i-1)+d[i];
		mdf(1,1,n,i,f[i]);
	}
	return f[n]<=t;
}

Upd：发现此题没题解，去水一篇了。

练习题

我不会告诉你是因为我还没打

[ZJOI2010]基站选址

CF675E Trains and Statistic

CF1557D Ezzat and Grid

P6477 [NOI Online #2 提高组] 子序列问题