【题解】Solution Set - NOIP2024集训Day20 DP常⻅模型1「序列」
【题解】Solution Set - NOIP2024集训Day20 DP常⻅模型1「序列」
https://www.becoder.com.cn/contest/5503
「JOI 2022 Final」Let's Win the Election
挺典的类型，先贪心排序，然后 dp。
考虑两个州。\((a_1,b_1),(a_2,b_2)\)。
分讨一下：（FAKE
-
如果需要 \(2\) 张选票。
\(Ans_1=\min(a_1+a_2,b_1+\dfrac {a_2}2)\)
\(Ans_2=\min(a_2+a_1,b_2+\dfrac {a_1}2)\)
\(\min\) 里面第一项是不用考虑的，因为两者都一样，所以就是按着后面这个东西排序。
-
如果需要 \(1\) 张票。
显然选 \(a\) 更小的。
\(f_{i,j,k}\) 前 \(i\) 个州，\(j\) 张选票，\(k\) 个协助者。
\(f_{i,j,k}=\min(f_{i-1,j,k},f_{i-1,j-1,k}+\frac{a_i}k,f_{i-1,j-1,k-1}+\frac {b_i}{k-1})\)
直接不太好贪，还是得先想点性质。
先把不去的州删去，最后的决策一定是 BBBBBBAAAAAA。
如果是 BBBABBB，中间的 A 移到末尾一定不劣。
所以我们考虑枚举 B 的个数，显然如果我们确定了那些选了 B，肯定会优先选择 \(b\) 更小的，但是并不是所有 \(b\) 小的都会作为 B 被取到，可能作为 A，但一定不会不去，否则为什么不去作为一个不劣的 B 呢。
先按 \(b\) 从小到大排序。
然后还需要一次 dp。注意到选票个数其实是不必要的（因为一定是前缀）只需要定义 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个州，\(j\) 个协助者。如果转移的时候要选 \(a\) 的话，那么就让她算到最后面去。
最后再枚举一下最后一个 \(b\) 是哪个下标，剩下的 \(a\) 从小到大取就行。（这其实还挺妙的。
「JOISC 2015 Day1」Growing Vegetables is Fun 2
最后状态下，能结果的那些草一定是山峰状的。
可以前后分别跑一遍上升的，然后枚举最高点。
考虑一个最简单的 dp，\(f_i\) 表示前 \(i\) 个第 \(i\) 个必选的最大收益。
有转移：
\(j\) 是满足，\(h_i\ge h_j\wedge j<i\) 最大的 \(j\)。
但是这样是错的。因为我们并不能保证在 \(i,j\) 同时保留的情况是最优的。
比如：
这个时候肉眼可见，我们不会去选 \(j\) 而舍弃左边的大部分贡献。
实际上是可以修正的。错其实是因为 \(h_j\) 并不需要满足第一次小于 \(h_i\)，枚举所有 \(h_j<h_i\) 来转移，同样线段树也可以优化。
另解：（当时以为整个做法都错了，然后就换解法了。
回到最原始的想法：按照值域来设计状态。
\(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个，保留的最后高度为 \(j\)。
有转移：
这个转移对了。bf
发现最后两个其实只是对上一次的状态区间修改，而第一个只需要查询一下前缀最大值，然后单点修改就行了。
考虑用线段树维护第二维，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
「美团 CodeM 复赛」配对游戏
假期望。拆贡献，答案就应该是每个人留下来的概率求和。
考虑求出每个人被删去的概率 \(p_i\)。
对于 \(i\)，枚举和她一起被删去的那个人 \(j\)。
\(f_{i,0/1,0/1}\) 共 \(i\) 个人确定最开始和结尾，全部删去的概率。
\(>\to0,<\to 1\)。
那么 \(p_i=f_{|j-i|-1,0,1}\)，然后就是求\(f\)。
转移如下：
所以就死了，因为状态设计的不完备，转移的时候会重复。
https://www.becoder.com.cn/submission/2594703
\(>\to-1,<\to 1\)。
\(f_{i,j}\) 前 \(i\) 个，末尾剩下 \(j\) 个左/右括号的概率。（不管是左括号还是右括号，这个 dp 都是完全一样的。
转移见代码。
「PA2021 Round1 A」Od deski do deski
考虑满足条件的序列有什么性质。
我们把每对相同元素的位置看成一个区间，那么我们就是要求这些区间中的其中一些，并集是 \([1,n]\) 且没有交集。
\(O(n^2)\) check 的代码如下：
dp[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j < i; j++)
if (a[i] == a[j])
dp[i] |= dp[j-1];
这个性质好像有跟没有一样。😥
为了避免重复统计，我们钦定每个状态从分段数最少的来转移。
所以定义 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个，没选过 \(j\) 的方案数。
还是没用，很难保证分段数最小是哪个。
借鉴题解的定义：\(f_{i,j,0/1}\) 前 \(i\) 个，对于第 \(i+1\) 位有 \(j\) 种方案能使之合法（因为前面只有 \(i\) 个所以当前的 \(j\) 一定也不会超过 \(i\) 个），当前前 \(i\) 个是否合法。
这个状态定义的是真的妙。
根据刚才那个 check 的 dp 来定义（？（也算不上吧。
答案显然是 \(\sum_{j=0}^{n}f_{n,i,1}\)。
https://www.luogu.com.cn/article/38i5rv5t
真的妙，完全不知道怎么想到的。
