【题解】Solution Set - NOIP2024集训Day20 DP常⻅模型1「序列」

合集 - Solution Set(47)

20.【题解】Solution Set - NOIP2024集训Day20 DP常⻅模型1「序列」2024-09-02

【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。

$A n s_{1} = min (a_{1} + a_{2}, b_{1} + \frac{a_{2}}{2})$

$A n s_{2} = min (a_{2} + a_{1}, b_{2} + \frac{a_{1}}{2})$

$min$ 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：

f_{i} = f_{j} + p_{i} - (p r e c_{i - 1} - p r e c_{j})

$j$ 是满足， $h_{i} \geq h_{j} \land j < i$ 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：

f_{i, j} = {\begin{cases} max_{k \leq j} {f_{i - 1, k}} + p_{i} & if h_{i} = j \\ f_{i - 1, j} & if h_{i} < j \\ f_{i - 1, j} - c_{i} & if h_{i} > j \end{cases}

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。

$> \to 0, < \to 1$ 。

那么 $p_{i} = f_{| j - i | - 1, 0, 1}$ ，然后就是求 $f$ 。

转移如下：

f_{i, 0, 1} = \frac{1}{4} \sum f_{i - 2, p, q} f_{i, x, y} = \frac{1}{4} \sum_{j = 1}^{i} f_{j, x, p} \times f_{i - j, q, y}

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。

posted @ 2024-09-02 08:12 CloudWings 阅读(22) 评论(0) 编辑收藏举报

CloudWings

ฅ ⎛⎝≥⏝⏝≤⎛⎝ ฅ

【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」

「JOI 2022 Final」Let's Win the Election

「JOISC 2015 Day1」Growing Vegetables is Fun 2

「美团 CodeM 复赛」配对游戏

「PA2021 Round1 A」Od deski do deski

公告

搜索

常用链接

最新随笔

我的标签

积分与排名

合集 (3)

随笔分类 (169)

随笔档案 (111)

文章分类 (12)

文章档案 (14)

阅读排行榜

评论排行榜

最新评论