期末总结

序列 dp

woc 之前写的什么玩意

LIS

首先是正常的 dp。

\[f_i=\max\limits_{a_j<a_i,1\leq i<j}\{f_j+1\} \]

memset(f, 1, sizeof f);
for(int i = 2; i <= n; i++)
    for(int j = 1; j < i; j++)
        if(a[j] < a[i])
            f[i] = std::max(f[i], f[j] + 1);

然后是二分优化。

\(d_i\) 表示长度为 \(i\) 的 LIS 末尾元素最小值。

• 若 \(a_i>d_{size}\)，\(size:=size+1\)。
• 否则替换掉 \(d\) 中第一个大于 \(a_i\) 的元素。

时间复杂度 \(O(n \log n)\)。

d[1] = a[1];
for(int i = 2; i <= n; i++)
    if(a[i] > d[sz]) d[++sz] = a[i];
	else *std::upper_bound(d + 1, d + sz + 1, a[i]) = a[i];

然后是树状数组优化。

发现其实是一个 \(i < j, a_i<a_j\) 的二位偏序问题。

树状数组 \(f\) 维护前缀最大值。

for(int i = 1; i <= n; i++) {
    f[i] = query(a[i] - 1) + 1;
    modify(a[i], f[i]);
}

同理，还可以用可爱的线段树。

LDS 同理。

LCS 不好玩。不写了。

P1106 低价购买

求最长下降子序列的长度及方案数。

先求出最长下降子序列的长度 \(f\)。

则

\[\forall 1\leq j<i:\quad \begin{cases} cnt_i:=cnt_i+cnt_j&f_i=f_j\\ cnt_i=cnt_j&f_i>f_j \end{cases} \]

同理，可以使用树状数组优化。

在维护前缀最大时维护上述方案数。

可以将时间复杂度从 \(O(n^2)\) 降到 \(O(n\log n)\)。

序列 dp 里有许多规律。一个 dp 式的策略往往可以从另一个 dp 式的策略得到。

将两个式子一起转移即可。

背包 dp

感觉模板不难。直接上 Tricks。

下文中 \(v\) 表示体积，\(w\) 表示价值。

单调队列优化多重背包

md 之前写的什么煞笔玩意 重构

多重背包朴素转移为

\[f_{i,j}=\max\limits_{k=0}^{cnt_i}f_{i-1,j-v_ik}+w_ik \]

观察发现转移中的的第二维 \(j-w_ik\equiv j\pmod{w_i}\)，即 \(f_{i,j+w_ik}\) 能被 \(f_{i,j}\) 转移。

故对于每个物品，可以对其代价按照 \(\pmod{w_i}\) 分组。

令 \(v=v_i,c=\lfloor\frac{j}{v}\rfloor,d=j\bmod v\)。

故 \(j=vc+d\)。

将 \(v,c,d\) 带入朴素方程，得：

\[j-vk=vc+d-vk=v(c-k)+d \]

不难发现 \(c-k\) 就是在限制内还没有选的物品数量，令其为 \(k'\)。

故有

\[\begin{align*} f_{i,j}&=\max\limits_{k=0}^{cnt_i}\{f_{i-1,k'v+d}+w_ic-w_ik'\}\\ &=\max\limits_{k=0}^{cnt_i}\{f_{i-1,k'v+d}-w_ik'\}+w_ic \end{align*} \]

由于 \(k\) 的取值范围一定，\(c\) 为定值，所以 \(k'\) 的取值范围也一定。

可以考虑使用单调队列优化。

区间 dp

区间 dp，顾名思义，其本质是在大区间内枚举断点，将其分成两个小区间后选择最优方案进行转移。

特点为从小区间转移至大区间，自底向上求值。

通项公式为 \(f_{l,r}=\max\limits_{k=l}^{r-1}f_{l,k}+f_{k+1,r}+w_{l,r}\)。

主要 dp 板块需要借助题目感性理解一下。不然会很抽象。

下方由主观难度由易到难排序。

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T1. [CQOI2007] 涂色

题目传送门

设状态 \(f_{l,r}\) 为 \([l,r]\) 内的最少涂色次数。

初始化 \(f_{i,i}=1\)， \(f_{i,i+1}=\begin{cases}2&s_i\neq s_{i+1}\\1&s_1=s_{i+1}\end{cases}\) 。

显然，若两次涂色有重合部分，必然不是最优解。

枚举断点 \(k\)，有转移方程 \(f_{l,r}=\min\limits_{l+1}^{r-1}f_{l,k}+f_{k+1,r}\)。

特判一下 \(s_l=s_r\) 的情况。 此时可以发现 \(f_{l,r}\)，\(f_{l+1,r}\)，\(f_{l,r-1}\) 等价。即 \(f_{l,r}=f_{l+1,r}=f_{l,r-1}\)。

故

\[f_{l,r}=\begin{cases}\min\limits_{l+1}^{r-1}f_{l,k}+f_{k+1,r}&s_l\neq s_r\\\min\{f_{l+1,r},f_{l,r-1}\}&s_l=s_r\end{cases} \]

T2. 表达式的亿种可能性

题目传送门

令 \(A\) 为 \(f_{l,k}\) 所有运算顺序结果的集合，\(B\) 为 \(f_{k+1,r}\) 所有运算顺序结果的集合。令 \(|A|=p,|B|=q\)。

故

\[f_{l,r}=\begin{cases}\sum\limits_{i=1}^p\sum\limits_{j=1}^q(A_i+B_j)&op_k=+\\\sum\limits_{i=1}^p\sum\limits_{j=1}^q(A_i-B_j)&op_k=-\\\sum\limits_{i=1}^p\sum\limits_{j=1}^qA_iB_J&op_k=\times\end{cases} \]

即

\[f_{l,r}=\begin{cases}q\times f_{l,k}+p\times f_{k+1,r}&op_k=+\\q\times f_{l,k}+p\times f_{k+1,r}&op_k=-\\f_{l,k}\times f_{k+1,r}&op_k=\times\end{cases} \]

由于 \(f_{l,r}=\{A_1,A_2,\cdots A_p\}op_k\{B_1,B_2,\cdots B_q\}\)，即只要保证 \(A,B\) 的内部顺序不变，可以将 \(A,B\) 任意穿插，共有 \(C^p_{p+q}\) 种顺序。

故要给 \(f_{l,r}\) 乘上系数 \(C^p_{p+q}\)。

时间复杂度 \(O(n^3)\)。

T3. [JXOI2018] 守卫

题目传送门

这题主要是状态转移的细节不太好理解。

但是是第一道单切紫题，好诶 所以就把题解粘上来了

设状态 \(f_{l,r}\) 为在区间 \([l,r]\) 内要放的最少保镖数量。

看到题面第一眼的感觉是不会判两点能否连接。

第二眼发现可以用斜率判。

令 \(k_{l,r}\) 为横坐标为 \(l,r\) 的两点连线斜率。

有 \(k_{l,r}=\frac{h_r-h_l}{r-l}\)。

手搓几组样例，得 \(\forall x\in[l,r)\)，有 \(k_{l,r}<k_{x,r}\) 。即对于 \(x\in[l,r)\)，\((x,r)\) 的连线斜率最小。

且若 \(a\) 对于 \(b\) 可见，并满足 \(h_c>h_b\) 与 \(c>a\)，则 \(a\) 对于 \(c\) 可见。

令 \(p=\{p_1,p_2\cdots p_m\}\) 为 \(r\) 点当前能够覆盖的点集。注：下文中 \(p\) 按照从右至左斜率单调递减的顺序排序。

注：能被覆盖的点可能不连续。但能被覆盖的点的斜率可以保证从右至左单调递减。

若想为点集连续，可能会导致 “\(p\) 为 \(r\) 点当前能够覆盖的最远点” 的错误贪心思路。喜提20pt。

如图，\(r=G\) 时，\(p=\{E,D,B\}\)。

接下来是这题个人认为比较难处理的地方。

由于 \(p\) 不一定连续，故 \([p_{i+1}+1,p_i-1]\) 对于 \(r\) 不可见。

由上述性质得，对于 \(j\in[p_i,r)\)，\(j=p_i\) 是唯一可以覆盖 \([p_{i+1}+1,p_i-1]\) 中至少一个点的点。 即在区间 \((p_{i+1},p_i)\) 右侧唯一能够覆盖到此区间的点为 \(p_i\)。（有点绕，建议自己手玩一下。）

如图，以 \(A\) 为右端点，\([D,A]\) 中能覆盖 \([G,E]\) 的唯一点为 \(D\)。

当然，也可以选择在 \(p_i-1\) 处放置保镖，从内部将点覆盖。

如在点 \(E\) 放置保镖。

故 \(p_i,p_i-1\) 至少有一处要放置保镖。

这样就成功的将区间 \([p_{i+1}+1,p_i]\) 或 \([p_{i+1}+1,p_i-1]\) 转换为了一个子问题。

区间 \([p_{k+1}+1,p_k-1]\) 的代价即为

\[f_{p_{i+1}+1,p_i-1}=\min\{f_{p_{i+1}+1,p_i-1},f_{p_{i+1}+1,p_i}\} \]

此时有转移方程：

\[f_{l,r}=\sum\limits_{i=1}^m\min\{f_{p_{i+1}+1,p_i-1},f_{p_{i+1}+1,p_i}\} \]

时间复杂度 \(O(n^3)\)，能拿 \(70\) pts。

考虑优化。

• 因为 \(p_i\) 是在 \([p_i,r)\) 中与 \(r\) 点连线斜率最小的，所以对于 \(x\in[l,p_i)\)，若存在 \(f_{x,r}<f_{p_i,r}\)，则 \(p_{i+1}=x\)。 可以考虑将 \(p_i\) 在循环里滚动处理。

• 可以注意到根据上述转移，当处理至 \(p\) 点时，区间 \([p,r]\) 可以保证被完全覆盖。有转移方程

  \[f_{l,r}=\min\{f_{l,p-1,f_{l,p}}\}+f_{p+1,r} \]

干掉一个线性时间复杂度。时间复杂度 \(O(n^2)\)。

T4. 有味道的数字

题目传送门

先写一个暴搜。发现 \(n\leq 5000\) 的时候，\(|P|\leq 11\)。

即 \(n\leq 5000\) 的所有数字可以用 \(11451419191\) 表示。

这题主要是状态设计难想。

设 \(f_{l,r}\) 为区间 \([l,r]\) 能表示的所有数的集合。

令 \(A=\{1,1,4,5,1,4,1,9,1,9,1\}\)。

初始化 \(f_{l,r}\) 为 \(A_l\) ~ \(A_r\) 直接拼接的数字。如 \(f_{3,6}=\{4514\}\)。

显然有状态转移：

\[\forall x \in f_{l,k},\ y \in f_{k+1,r},\ \{x+y,x\times y\}\in f_{l,r} \]

统计答案时，\(ans_x=\min\limits_{x\in f_{1,i}}i\)。

T5. [HAOI2016] 字符合并

然鹅并没有过。但是可以口胡一下。

看到二进制，一眼状压。

令 \(f_{l,r,s}\) 为区间 \([l,r]\) 合并为 \(s\) 获得的最大累计分数。

毕竟你得满足无后效性对吧。当区间内有多种情况或多条限制时，可以考虑加维转移。

那么对于每个状态 \(s\)，可以枚举断点 \(i\) 使得

\[f_{l,r,s}=\max\limits_{i=l}^{r-1}(f_{l,i,\lfloor\frac s 2\rfloor} + f_{i+1,r,s\bmod2}) \]

显然复杂度 \(O(2^{k-1}n^3)\) 会爆炸。

显然对于区间 \([l,r]\)，最终合并长度为

\[L=\begin{cases}1&k-1\ |\ len-1\\(len-1)\bmod(k-1)+1&\tt otherwise\end{cases} \]

所以只需要枚举 $k-1\ |i\ $ 的情况。

从合并后的串来转移。有转移方程

\[\begin{matrix}f_{l,r,2s}=\max(f_{l,i,s}+f_{i+1,r,0})\\f_{l,r,2s+1}=\max(f_{l,i,s}+f_{i+1,r,1})\end{matrix} \]

当 \(L=1\) 时，可以直接合并。

时间复杂度 \(O(\frac n k\times2^{k-1}n^2)\)。

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个人认为区间 dp 是 dp 专题里面最简单的了。

主打一个感性理解和经验积累。真没啥套路。

想得出来就好写，想不出来就开摆。

最短路

应 Zikme 要求，不放代码。好像更抽象了

茅坑顿开。

0. 前言

下文中：

• \(u \to v\) 表示从 \(u\) 到 \(v\) 的单向边，\(w_{u,v}\) 为 \(u \to v\) 的边权。
• \(P(u,v)\) 表示 \(u\) 到 \(v\) 的最短路径。
• \(s\) 为源点，\(t\) 为终点。
• \(d_u\) 为 \(s\) 到 \(u\) 的最短路长度。（算法执行中）
• \(D_u\) 为 \(s\) 到 \(u\) 的最终最短路长度。

越简单的算法，证明越难想。——Zikme

1. dijkstra

1. 流程简述

算法核心是将图分为两个点集 \(S,\ T\)。其中 \(S\) 为已确定最短路点集，\(T\) 为未确定最短路点集。

算法流程：

重复以下操作，直至 \(T=\emptyset\)：

1. 从 \(T\) 中选取最短路长度最小的点 \(v\)。令 \(u\) 为 \(S\) 中存在 \(u \to v\) 的点中最短路长度最小的点。

2. 进行松弛操作：\(d_v=\min\{d_v,d_u+w_{u,v}\}\)。

3. 将 \(v\) 从 \(T\) 移至 \(S\)，\(D_v=d_v\)。

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2. 算法证明

显然，最短路有一个性质：对于一个最短路径，其前缀仍然是最短路。

故一定存在上述 \(u\) 点。

所以，只要证明加入 \(T\) 集合时 \(v\) 点的最短路已被确定（即 \(v\) 加入 \(S\) 时 \(D_v=d_v\)），dijkstra 算法得证。

考虑用反证法证明。

注：该证明只适用于边权非负的情况。这便是为什么 dijkstra 不能跑负权图。

设 \(u\) 为移动至 \(S\) 集合时 \(D_u<d_u\) 的点。

故当前最短路径与实际最短路径至少存在一个点不相同。

令 \(v_1,v_2\) 为当前最短路径与实际最短路径第一个不相同的点。

故 \(s\) 到 \(u\) 的当前最短路径为 \(p_1:s \to \cdots \to v_1 \to \cdots \to u\)，\(s\) 到 \(u\) 的实际最短路径为 \(p_2:s \to \cdots \to v_2 \to \cdots \to u\)。

可将其简化为 \(p_1:s \to v_1 \to u,\ p_2:s\to v_2\to u\)。

显然，当 \(v_2\) 还未被更新到的时候，\(p_1\) 才能成为最短路径。

所以有 \(v_2\in T\)。

又因为 \(v_2\in p_2\) 且在 \(u\) 前，所以一定有 \(d_{v_2}<d_u\)。（注：只有在边权非负的情况下才成立。）

与 “\(d_u\) 为所有 \(p\in T\) 中 \(d_p\) 最小” 矛盾。故不存在 \(v_2\) 使得 \(p_1\) 不为最短路径。

dijkstra 算法得证。

3. 时间复杂度

暴力时间复杂度：

• 查找 \(T\) 集合中 \(d_u\) 的最小值，时间复杂度 \(O(n)\)。
• 松弛一条边，时间复杂度 \(O(1)\)。

对于图中 \(n\) 个点进行上述操作，总时间复杂度 \(O(n\times(n+1))=O(n^2)\)。

优化：

由于要查找 \(T\) 集合中 \(d_u\) 的最小值，可以使用支持修改的最值数据结构。

可选的有：

• 堆：每松弛一条边 \(u\to v\)， 将 \(v\) 插入堆或修改 \(v\) 的权值，共 \(m\) 次；同时需取 \(n\) 次堆顶。时间复杂度 \(O((n+m)\log n)=O(m\log n)\)。

• 优先队列：由于优先队列不支持直接修改，故队列中有 \(m\) 个元素。总时间复杂度 \(O(m\log m)\)。

哪个正经人用线段树啊

但是当数据为稠密图 (\(m\approx n^2\)) 时，上述优化时间复杂度均退化为 \(O(n^2\log n)\) 级别。还不如暴力

2. Bellman-Ford / SPFA 证明

1. 流程简述

其本质为松弛操作：\(d_u=\min\{d_u,d_v+w_{u,v}\}\)。

对图上的每一条边尝试松弛，共松弛 \(m\) 次。

意义显然。

其核心为：对于 \(P(u,v)\)， 经过 \(n\) 次松弛即可保证正确性。

2. 算法证明

证明如下：

一次松弛至少可以将最短路的长度加 \(1\)。

由于最短路径不可能重复经过一条边（无负权环），最坏情况（最短路为链状）需要将 \(n\) 个点全部遍历。故 \(|P(u,v)|<n\)。

所以至多经过 \(n\) 次松弛操作即可保证正确性。得证。

综上所述，总时间复杂度为 \(O(n\times m)\)。

3. 算法优化

显然，大多数的松弛操作都是无效的。

而只有上一次被松弛过的节点（可能在最短路径中）所连接的边才可能会有有效的松弛操作。

考虑用队列维护。反正最坏情况下复杂度也为 \(O(n\times m)\)。

复杂度证明：

看不懂。不写了。反正非负权用 nm (指时间复杂度 \(O(n\times m)\)) 的 spfa。

至于怎么让这玩意死透，@changwenxuan 已经进行了详尽的研究。

干点正事。

3. Floyd 证明

1. 流程简述

设 \(g_{u,v}\) 为 \(u\to v\) 的最短路。

有转移方程 \(g_{u,v}=\min\{g_{u,v},g_{u,k}+g_{k,v}\}\)。

2. 算法证明

其原始方程为 \(g_{k,u,v}=\min\{g_{k-1,u,v},g_{k-1,u,k}+g_{k-1,k,v}\}\)，表示只经过前 \(k\) 个点，\(u\to v\) 的最短路。

时间复杂度 \(O(n^3)\)，空间复杂度 \(O(n^2)\)。

试证明第一维可以直接省略。

显然有 \(f_{k-1,u,v}=f_{k,u,v}\)。如果没有，图上就有负环。最短路什么的也无所谓了。

故可以将第一维直接省略。

4. Common Tricks

1. 最短路树

由于最短路的前缀也一定是最短路，所以对于单源最短路，其构成一棵有根叶向树。

主要用处是统计方案数和 dp。

2. 虚点

对于某些具有相同性质的点，可以另建一个点并将其与具有相同性质的点连边。

相当于将具有相同性质的点缩为一个点集，大幅减少边数及点数。

3. 分层图

运用 dp 思想，将不同决策导致状态不同的点装进不同的图内。

虽然一般来说这样的决策只能有一个。不然边数爆炸。

在大多数情况下等价于直接在图上进行多维 dp。

虽然我觉得建图要好看一些。

例题大赏

题目不按任何顺序排序。

[SDOI2010] 大陆争霸

第一眼看上去好像是最短路加了个强制拓扑。

也就是说当结界还没被破坏的时候，已经到达的机器人只能干等着。

在 dijkstra 中，机器人所在的点可以更新最短路。但拓扑图上该点的入度不为 \(0\)，即结界产生器没有被全部破坏时，不能入队。

当炸掉一个结界产生器的时候，可以将其在拓扑图上连接的所有点的入度减一。

而当拓扑图上的一个点入度为 \(0\)，即结界产生器全部被破坏的时候，便可以入队。

不用考虑当前是否有机器人在该点等待。即使没有，由于题目保证有解，所以若该点在 \(1\to n\) 的最短路上一定可达。之后也会有更优决策来替代它。

爆改 dijkstra。需要对算法流程有一定的理解。

CF1648E

题目传送门

在一带权无向图上，每次只能连续经过两条边，且代价为两条边边权之和的平方。求单源最短路。

数据范围 \(1\leq n\leq10^5,\ 1\leq m \leq 2\times10^5,\ 1\leq w\leq50\)。

暴力建图的话总边数为 \(m^2\)，会爆炸。

考虑一个路径 \(u\to x\to v\)，\(w_1=w_{u,x},\ w_2=w_{x,v}\)。

由于一次移动至少要经过两条边，所以上述代价和等价于将边权全部移到 \(x\to v\) 上。

这样的话 \(u\to x\) 就没那么重要了。在 \(w_2\) 一定的情况下共有 \(w=50\) 种可能的权值。

可以考虑以 \(w_1\) 的值构造分层图。

令 \((w,u)\) 为入边边权为 \(w\) 且入点为 \(u\) 的点集。但是由于其并不影响最终结果，可以将其作为一个点。

则对于点对 \((u,x,v)\)，可以将 \(u\) 向 \((w_1,u)\) 连一条边权为 \(0\) 的边；将 \((w_1,u)\) 向 \(v\) 连一条边权为 \((w_1+w_2)^2\) 的边。

显然 \(u\to v\) 的代价等价于原图。

显然，对于一个点 \(u\)（假定其为路径的起始点），分层后其最大出度为 \(w=50\)。

总边数从 \(m^2\) 骤降到了 \(mw\)。

总时间复杂度为 \(O(m\log m)\) 左右。

分层图的各种妙妙玩法。

没思路时可以考虑转移边权或点权。

例如缩点，点权转边权等。

[HAOI2010] 道路

题目传送门

不管怎么说，双倍经验。

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题意很简洁了。

对于每个源点 \(s\)，先跑一遍 dijkstra。显然，若满足 \(dis_v=dis_u+w_{u,v}\)，则 \(e(u,v)\) 一定在最短路上。

显然在 \(w_{u,v}>0\) 时，不存在 \(u,v\) 使得 \(dis_u=dis_v+w_{u,v} \wedge dis_v=dis_u+w_{u,v}\)。

因此，若将最短路径上的点从原图中取出，加入集合 \(V\)，其构成的图一定为 DAG \(G(V,E)\)。

可以考虑将其进行拓扑排序。

其实是可以在 dijkstra 中排序的。dijkstra 的遍历顺序就是拓扑序。但是如果你硬要再写一遍也没人拦你

然后捏？

图上 dp。

设 \(G(V,E)\) 的源点（集）为 \(s'\)，汇点（集）为 \(t'\)。

对于任意 \(E_i=e(u,v)\)，设 \(out_i\) 为 \(s'\to u\) 的方案数，\(in_i\) 为 \(v\to t'\) 的方案数。

根据乘法原理，得 \(ans_i=in_i\times out_i\)。

\(out_i\) 好求。转移方程为 \(out_u=out_u+out_v[dis_u+w_{u,v}=dis_v]\ \ e(u,v)\in E\)。

事实上 \(in_i\) 和 \(out_i\) 的求法是一样的。

将 \(v\to t'\) 这部分建个反图 \(G'(V',E')\) 就可以达到同样的效果。

转移方程为 \(in_u=in_u+in_v[dis_v+w_{u,v}=dis_u]\ \ e(u,v)\in E'\)。

在 DAG 上算方案数有两种基本策略：

• 按照拓扑序 dp。
• 对于每个点 / 边分类讨论后，运用组合数学求方案数。

[NOIP2017] 逛公园

看到 \(k=50\)，考虑按路径长度为一维度 dp。

设 \(f_{u,k}\) 为 从 \(1\) 到 \(u\) 路径长度为 \(d_u+k\) 的总方案数。

需要以倒拓扑序的顺序进行转移。

对于图上的每条边 \(e(u,v)\)，有转移方程：

\(f_{u,k}=\sum\limits_{e(u,v)}f_{v,k-(d_u + w - d_v)} \ (d_u+w-d_v<k)\)。

其中 \(d_u+w_{u,v}-d_v\) 为较 \(d_v\) 经过 \(e(u,v)\) 多走的路程。

考虑按路径长度进行记忆化搜索求解。

具体实现可以建反图后搜索。

注：在搜索过程中如果遇见 \(0\) 环，则存在无穷种路径，输出 \(-1\)。可以通过维护每个点在当前路径长度被搜索到的次数判环。

若题目对某一条件存在限制，可以考虑将条件列入 dp 方程中求解。

[GZOI / GXOI2019] 旅行者

如果已知分组方案，对两组分别建立虚拟原点后跑最短路即可。

主要问题是如何分组。

随机化算法 shuffle 战神

设答案源点为 \(u\)，汇点为 \(v\)。

将 \(K\) 分为大小相同的两组 \(K_1,K_2\)，\(u\in K_1\wedge v\in K_2\) 的概率为 \(\frac 1 4\)。

故尝试 \(T\) 次全错的概率为 \(1-(\frac 3 4)^T\)。

尝试 \(20\) 次左右就行了。正确率为 \(99.68\%\)。

upd: NKOJ过不了。

二进制分组

按照 \(K_i\) 二进制上的每一位分组。

正确性证明：

显然源点与汇点是不同的点。故其至少有一个二进制位不同。将其按每一位的二进制分组，至少有一次源汇点会被分在不同组。

upd: NKOJ也过不了。

upd2: 没判 -1 导致的。

时间复杂度 \(O(m\log^2n)\)。

果国的奇妙旅行

题目传送门

下文中令 \(d_u\) 为点 \(u\) 的度数。

如题，求最优策略下的期望购票数。

期望：若有连续随机变量 \(x\)，其期望 \(\mu_x=\sum\limits_{x\in D}x\times p_x\)。

其中 \(D\) 为定义域，\(p_x\) 为 \(x\) 出现的概率。

由于结果确定，通常期望 dp 采用倒推的方式。

设 \(f_u\) 为 \(u\) 到 \(n\) 的期望购票数。

将决策分开考虑。对于每个在点 \(u\) 抽到了去点 \(v\) 的票，有两种决策：移至 \(v\) 点或留在原地。

这样的状态设计可以让实际决策形成一个 DAG。

显然，若有 \(f_v\geq f_u\)，最优决策为留在原地，期望为 \(\frac {f_u}{d_u}+1\)。

反之则可以移至点 \(v\)，期望为 \(\frac {f_v} {d_u}+1\)。

故有转移方程

\[\forall e(u,v):f_u=1+\frac1{d_u}(\sum\limits_{f_u\leq f_v}f_u+\sum\limits_{f_u>f_v}f_v) \]

写起来挺好看的。但是在 \(f_u\) 的递推式中出现了自己。那就不好玩了。

不能用正常顺序求解。

注意到一个性质：\(\forall e(u,v):\min f_u\) 一定是由 \(\min f_v\) 转移过来的。

感觉和 dijkstra 有点像。考虑在 dijkstra 的过程中维护 \(f_u\)。

可以考虑把 \(f_u\) 替换成其他的可维护变量。

然后发现好像 \(f_u>f_v\) 的数量是可以维护的。顺便把 \(\sum\limits_{f_u>f_v}f_v\) 的值维护了。

每次选出当前已知的最小 \(f_v\)。对于每条边 \(e(u,v)\)， 令 \(l_u\) 为满足 \(f_u>f_v\) 的数量，\(s_u\) 为满足 \(f_u>f_v\) 的 \(f_v\) 总和。

将上述方程化简得：

\[f_ud_u=d_u+(d_u-l_u)f_u+s_u \]

解得：

\[\begin{matrix}f_u=\frac{s_u+d_u}{l_u}&(f_u>f_v)\end{matrix} \]

注：可以将 \(f_u\) 初始化为 \(\infin\)。~~如果后面有解的话，这反正也不是最优解。和 \(dis_u=\infin\) 一个意思。

优雅。这样就将 \(f_u\) 这个无法维护的量转为了 \(d_u\) 与 \(l_u\)，\(s_u\) 三个可以维护的量。

图上期望 dp 的思路为：

• 确定最优策略
• 倒序 dp
• 若方程存在自环，可以将方程拆开后根据可维护变量进行转移。

[NKOJ8736] 指针分析

我也不知道这玩意为什么要放到最短路专题里。

将字母压位后 模 拟 即 可。