#QBXT2020 3月DP营 Day1上午
QBXT DP精讲
DP的实质是图论。
状态对对应节点，转移对应边
DP的三要素是 状态、转移、初始化。
斐波那契数列：
用其他状态计算这个状态。
f[0] = 0,f[1] = 1;
for(int i = 2;i <= n; i++)
f[i] = f[i-1] + f[i-2];
用这个状态计算其他状态。
f[0] = 0,f[1] = 1;
for(int i = 0;i <= n; i++){
f[i+1] += f[i];
f[i+2] += f[i];
}
有的题只能用以上两种方法当中的某一种，所以全部都要掌握。
甚至还有反人类的dfs用法。
int dfs(iny n){
if(n == 0) return 0;
if(n == 1) return 1;
return dfs(n-1) + dfs(n-2);
}
因为代码里面的数字只有0、1，所以f(x)就一定是f(x)个1加起来，复杂度就是O(f(x))，大概等于\(2^n\)
记忆化搜索
int dfs(int n){
if(n == 0) return 0;
if(n == 1) return 1;
if(g[n]) return f[n];
f[n] = dfs(n-1) + dfs(n-2);
g[n] = 1;
return f[n];
}
- 特征方程法
假设数组\(f_n = f_{n-1} + f_{n-2}\)，求通项公式。
我们可以对应假设\(x^2 = x + 1\),解得x的值，x就是系数，得到方程\(a_n = y x_1^n + z x_2^n\)，把a[0],a[1]代入就好。
组合数
杨辉三角
for(int i = 0;i <= n; i++){
c[i][0] = 1;
for(int j = 1;j <= i; j++)
c[i][j] = c[i-1][j-1] + c[i-1][j];
}
for(int i = 0;i <= n; i++){
c[i][0] = 1;
for(int j = 1;j <= i; j++){
c[i+1][j] += c[i][j];
c[i+1][j+1] += c[i][j];
}
}
路径方案数
N*M的方格图，只能向右或者向下，走到右下的方案数？走到右下的最小代价？
也就是上面的杨辉三角（组合数）
数字三角形
数字三角形2
要求路径上的数模100最大。
用之前的方法会破坏最优子结构。
重要技巧：题目没多一个条件，状态就多加一个维度。
由之前的f[i][j]变成f[i][j][k]，表示走到(i,j)的和模100是否等于k。
转移：
for(int i = 1;i <= n; i++){
for(int j = 1;j <= n; j++){
for(int k = 0;k < 100; k++){
if(f[i][j][k]){
f[i+1][j][(k+a[i+1][j])%100] = 1;
f[i+1][j+1][(k+a[i+1][j+1])%100] = 1;
}
}
}
}
（方法是用自己转移别人）
最长上升子序列 (LIS longest increasing subsequence)
这个名字好牛逼
第一种，时间复杂度为\(O(n^2)\)
for(int i = 1;i <= n; i++){
f[i] = 1;
for(int j = 1;j <= j; j++){
if(a[j] < a[i]){
f[i] = max(f[i],f[j]+1);
}
}
}
memset(f,1,sizeof f);
for(int i = 1;i <= n; i++){
for(int j = i+1;j <= n; j++){
if(a[j] > a[i]){
f[j] = max(f[j],f[i]+1);
}
}
}
第二问：求方案数，输出方案
再开一个数组，g[i]表示方案数，pre类似链表结构表示i的上一个数
for(int i = 1;i <= n; i++){
f[i] = 1;
g[i] = 1;
pre[i] = 0;
for(int j = 1;j <= j; j++){
if(a[j] < a[i]){
// f[i] = max(f[i],f[j]+1);
int l = f[j] + 1;
if(l > f[i]) f[i] = l,g[i] = 0,pre[i] = j;
if(l == f[i]) g[i] += g[j];
}
}
}
memset(f,1,sizeof f);
memset(g,1,sizeof g);
for(int i = 1;i <= n; i++){
for(int j = i+1;j <= n; j++){
if(a[j] > a[i]){
// f[j] = max(f[j],f[i]+1);
int l = f[i] + 1;
if(l > f[j]) f[j] = l,g[j] = 0,pre[j] = i;
if(l == f[j]) g[j] += g[i];
}
}
}
输出
do{
z[cnt++] = p;
p = pre[p];
}while(p);
reverse(z + 1,c + cnt + 1);// 翻转
print;
第二种：线段树
定义一个线段树 1 - m,m = max(a1,12,a3,……an)。把a[j]的位置存储f[a[j]]，每次寻找的时候查询max(1,a[i]-1)就可以。以为是从前往后的运算，所以不会产生后面小的数算到前面的问题。
第三种：二分
若存在\(p_1 < p_2\),且\(a_{p_1} > a_{p_2},f_{p_1} < f_{p_2}\),则\(a_{p_1}\)就失去了意义，就可以删掉。
怎么找到这样的数呢？
对于数组a，如果只要存在上述的数，就把\(p_1\)去掉，用\(p_2\)替换。那么最终的数组一定满足：z[x]表示f[a[i]] = x的最大的a[i]。、
代码：z数组表示上面那一行的a[i]的位置。
cnt = 0;
for(int i = 1;i <= n; i++){
f[i] = 1;
for(int j = 1;j <= cnt; j++){
if(a[z[j]] < a[i]) f[i] = max(f[i],j+1);
if(f[i] > cnt) cnt++,z[cnt] = i;
else{
if(a[i] < a[z[f[i]]]) z[f[i]] = i;
}
}
}
滑雪
N行M列的图，每个格子有高度，可以滑向周围四个比自己矮的格子，最远能滑多远。
记忆化搜索
f[i][j] = max(f[x][y]) + 1,(x,y)与(1,j)的曼哈顿距离为1。
DP（降维到LIS）
①把所有点的高度从小到大排序，根据规定，滑雪方向在数组里一定是从左向右滑，考虑做从左向右DP。
到f[i],查找左边所有临近的最大值，进行DP。
关键：确定DP顺序。先把无需数列变成有序数列。然后再做。
出现拓扑排序的题很可能用DP
憨八龟
每张牌的数量是有限制的。变化的量作为状态的维度。
用一个i表示我们调到哪里了，以及用了几张各种样式的牌(a1,a2,a3,a4)。暴力定出来状态是\(f[i][a1][a2][a3][a4][a5]\)。
我们可以知道五维的四个数有的关系a1 + 2a2 + 3a3 + 4a4 = i，这样就降成了四维的DP。
重点：冗余变量的去除。
优化
