【做题笔记】Atcoder 之 dp 专题训练

A#

B#

C#

D#

E#

F#

G#

H#

I#

概率 dp。

设 $d{p}_{i,j}$ 表示前 $i$ 个硬币中有 $j$ 个正面的概率。转移显然：

$d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j-1}\times p_i+d{p}_{i-1,j}\times (1-p_i)$

当 $j=0$ 时，前 $i$ 个硬币中没有正面。所以只能由反面的概率转移过来，转移为：

$d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j}\times (1-p_i)$

初始化 $d{p}_{0,0}=1$。

时间复杂度 $O(n^2)$。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)

using namespace std;

const int N = 3005;

double ans, p[N], dp[N][N];

int n;

signed main() {
  cin >> n;
  For(i,1,n) cin >> p[i];
  dp[0][0] = 1;
  For(i,1,n) {
    For(j,0,i) {
      if(j == 0) dp[i][j] = dp[i-1][j] * (1 - p[i]);
      else dp[i][j] = dp[i-1][j-1] * p[i] + dp[i-1][j] * (1 - p[i]);
    }
  }
  For(i,n/2+1,n) {
    ans += dp[n][i];
  }
  printf("%.10lf\n", ans);
  return 0;
}

J#

K#

博弈论 dp。

设 $d{p}_i$ 表示剩下 $i$ 个石子的胜败态。考虑到能走到必败态的就一定是必胜态，进行转移即可。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)

using namespace std;

const int N = 105, M = 2e5 + 10;

int n, k, a[N];

bool dp[M];

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> n >> k;
  For(i,1,n) cin >> a[i];
  For(j,0,k) {
    For(i,1,n) {
      if(a[i] <= j) dp[j] |= (dp[j-a[i]] == 0);
    }
  }
  cout << (dp[k] ? "First\n" : "Second\n");
  return 0;
}

L#

M#

数数 dp。

设 $d{p}_{i,j}$ 表示前 $i$ 个人分 $j$ 块糖果的方案数。转移为：

$d{p}_{i,j}=\sum _{x=0}^{min(j,a_i)}d{p}_{i-1,j-x}=\sum _{x=j-min(j,a_i)}^{j}d{p}_{i-1,x}$

答案为 $d{p}_{n,k}$。

上者使用前缀和优化即可。

时间复杂度 $O(nk)$。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;ri>=l;--i)
#define mod 1000000007

using namespace std;

const int N = 105, M = 1e5 + 10;

int n, K, a[N], dp[N][M], sum[N][M];

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> n >> K;
  For(i,1,n) cin >> a[i];
  dp[0][0] = sum[0][0] = 1;
  For(i,1,K) sum[0][i] += sum[0][i-1]; 
  For(i,1,n) {
    For(j,0,K) {
      if(j == min(j,a[i])) dp[i][j] = sum[i-1][j] ;
      else dp[i][j] = (sum[i-1][j] - sum[i-1][j-min(j,a[i])-1] + mod) % mod;
      sum[i][j] = (sum[i][j-1] + dp[i][j]) % mod;
    }
  }
  cout << dp[n][K] << '\n';
  return 0;
}

N#

O#

状压 dp。

设 $d{p}_{i,S}$ 表示左部点前 $i$ 个点完全匹配，右部点状态为 $S$ 的方案数。转移为：

$d{p}_{i,S}=\sum _{to(i,j)}d{p}_{i-1,S-j}$，其中 $S-j$ 表示 $S$ 状态中去掉 $j$ 的状态。同时要保证 $S$ 状态中 $j$ 的状态为 $1$。

答案为 $d{p}_{n,2^n-1}$

时间复杂度 $O(n^2{2}^n)$，卡常可过。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rint register int
#define For(i,l,r) for(rint i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(rint i=r;i>=l;--i)
#define mod 1000000007

using namespace std;

const int N = 22, M = (1<<22)+1;

int n, a[N][N], dp[N][M], to[N][N], len[N];

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> n;
  For(i,1,n) {
    For(j,1,n) {
      cin >> a[i][j];
      if(a[i][j]) {
        to[i][++len[i]] = j;
      }
    }
  }
  dp[0][0] = 1;
  For(i,1,n) {
    For(j,1,len[i]) {
      int x = to[i][j]-1;
      for (int S = 0; S < (1<<n); S++) {
        if((S >> x) & 1) {
          dp[i][S] = (dp[i][S] + dp[i-1][S ^ (1 << x)]) % mod;
        }
      }
    }
  }
  cout << dp[n][(1<<n)-1] << '\n';
  return 0;
}

P#

数数 dp，类似 没有上司的舞会

设 $d{p}_{x,0/1}$ 表示 $x$ 节点为白或黑点的方案数。转移为：

$d{p}_{x,0}=\prod _{y\in son(x)}(d{p}_{y,0}+d{p}_{y,1})$
$d{p}_{x,1}=\prod _{y\in son(x)}d{p}_{y,0}$

答案为 $d{p}_{1,0}+d{p}_{1,1}$。

时间复杂度 $O(n)$。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define mod 1000000007

using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;

struct Node {
  int v, nx;
} e[N << 1];

int n, h[N], tot, dp[N][2];

void add(int u, int v) {
  e[++tot] = (Node){v, h[u]};
  h[u] = tot;
}

void dfs(int x, int fa) {
  dp[x][0] = dp[x][1] = 1;
  for (int i = h[x]; i; i = e[i].nx) {
    int y = e[i].v;
    if(y == fa) continue;
    dfs(y, x);
    dp[x][0] = (dp[x][0] * (dp[y][0] + dp[y][1]) % mod) % mod;
    dp[x][1] = (dp[x][1] * dp[y][0]) % mod;
  }
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> n;
  For(i,1,n-1) {
    int u, v;
    cin >> u >> v;
    add(u, v); add(v, u);
  } 
  dfs(1, 0);
  cout << (dp[1][0] + dp[1][1]) % mod;
  return 0;
}

Q#

带权最长上升子序列

设 $d{p}_i$ 表示以 $i$ 结尾的最长上升子序列的最大权值。显然有：

$d{p}_i=\underset{j=1}{\overset{i-1}{max}}d{p}_j+a_i$

维护 $dp$ 的前缀最大值并且支持插入数即可。树状数组即可胜任。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define mod 1000000007

using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;

int n, h[N], a[N], t[N], dp[N], ans;

int lb(int x) {
  return x & -x;
}

void add(int x, int val) {
  for (int i = x; i <= N-2; i += lb(i)) {
    t[i] = max(t[i], val);
  }
}

int Max(int x) {
  int res = 0;
  for (int i = x; i; i -= lb(i)) {
    res = max(res, t[i]);
  }
  return res;
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> n;
  For(i,1,n) cin >> h[i];
  For(i,1,n) cin >> a[i];
  For(i,1,n) {
    dp[i] = Max(h[i]-1) + a[i];
    add(h[i], dp[i]);
    ans = max(ans, dp[i]);
  }
  cout << ans << '\n';
  return 0;
}

R#

矩阵优化 dp。

设 $d{p}_{k,i}$ 表示经过长度为 $k$，当前从某点转移至 $i$ 的方案数。转移有：

$d{p}_{k,i}=\sum _{to(j,i)}d{p}_{k-1,j}$

答案为 $\sum _{i=1}^{n}d{p}_{k,i}$

可以发现每一次 sigma 内的转移都是固定的，这样重复有规律的转移可以用矩阵快速幂进行优化。

设计矩阵

$$\left[\begin{array}{cccc}{a}_{1,1}& a_{2,1}& \cdots & a_{n,1}\\ a_{1,2}& a_{2,2}& \cdots & a_{n,2}\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ a_{1,n}& a_{2,n}& \cdots & a_{n,n}\end{array}\right]$$

对此矩阵进行 $k$ 次快速幂，再与全 $1$ 矩阵相乘。结果矩阵第一列即为答案。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rint register int
#define For(i,l,r) for(rint i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(rint i=r;i>=l;--i)
#define mod 1000000007

using namespace std;

const int N = 55;

int n, k, a[N][N], ans;

struct Matrix {
  int M[N][N];
  void clear() {
    For(i,1,n) For(j,1,n) M[i][j] = 0;
  }
  void init() {
    clear();
    For(i,1,n) M[i][i] = 1;
  }
  Matrix friend operator * (const Matrix &A, const Matrix &B) {
    Matrix Ans;
    Ans.clear();
    For(i,1,n) {
      For(j,1,n) {
        For(k,1,n) {
          Ans.M[i][j] = (Ans.M[i][j] + (A.M[i][k] * B.M[k][j]) % mod) % mod;
        }
      } 
    }
    return Ans;
  }
} dp;

Matrix qpow(Matrix a, int b) {
  Matrix res; res.init();
  for (; b; b >>= 1, a = a * a) {
    if(b & 1) res = res * a;
  }
  return res;
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> n >> k;
  For(i,1,n) For(j,1,n) cin >> a[i][j];
  For(i,1,n) For(j,1,n) dp.M[i][j] = a[j][i];
  Matrix Res; Res.clear();
  For(i,1,n) Res.M[i][1] = 1;
  Res = qpow(dp, k) * Res;
  For(i,1,n) ans = (ans + Res.M[i][1]) % mod;
  cout << ans << '\n';
  return 0;
}

S#

数位 dp。

设 $d{p}_{pos,sum,0/1}$ 表示处理到第 $pos$ 位，总和对 $D$ 取模的结果为 $sum$，是否达到上限。

考虑记忆化搜索，每位数值从 $0$ 枚举至 $maxx$。$maxx$ 取值关乎于是否达到上限。

上限的判定为从高位至低位的前缀一致（$K$ 的前缀）。当达到上限时，$maxx$ 取 $K$ 的第 $pos$ 位即可。

答案满足要求显然就是 $sum=0$ 时。

以上为搜索统计答案，只要记忆化一下即可。

时间复杂度 $O(\mathrm{可}\mathrm{过})$。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define mod 1000000007

using namespace std;

const int N = 1e5 + 10, D = 105;

string k;

int n, d, num[N], dp[N][D][2];

int dfs(int pos, int res, int lim) {
  if(pos == 0) return (res == 0);
  if(dp[pos][res][lim] != -1) return dp[pos][res][lim];
  int ans = 0, maxx = (lim ? num[pos] : 9);
  For(i,0,maxx) {
    ans = (ans + dfs(pos - 1, (res + i) % d, lim && (i == maxx))) % mod;
  }
  return dp[pos][res][lim] = ans;
}

int ans() {
  memset(dp, -1, sizeof dp);
  For(i,1,n) num[i] = k[n-i+1] - '0';
  return dfs(n, 0, 1);
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> k >> d;
  n = k.size();
  k = " " + k;
  cout << (ans()-1+mod)%mod << '\n';
  return 0;
}

T#

数数 dp。

设 $d{p}_{i,j}$ 表示前 $i$ 位填 $1$ 至 $i$，当前位填 $j$ 的方案数。

当 $s_i{=}^{\prime }{>}^{\prime }$，当前位填的数要大于 $i$，所以 $d{p}_{i,j}=\sum _{k=j}^{i-1}d{p}_{i-1,k}$

当 $s_i{=}^{\prime }{<}^{\prime }$，当前位填的数要小于 $i$，所以 $d{p}_{i,j}=\sum _{k=1}^{j-1}d{p}_{i-1,k}$

答案为 $\sum _{i=1}^{n}d{p}_{n,i}$

使用前缀和优化即可。

时间复杂度 $O(n^2)$。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rint register int
#define For(i,l,r) for(rint i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(rint i=r;i>=l;--i)
#define mod 1000000007

using namespace std;

const int N = 3e3 + 10;

int n, dp[N][N], sum[N][N];

char s[N];

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> n;
  cin >> s + 2;
  dp[1][1] = sum[1][1] = 1;
  For(i,2,n) {
    For(j,1,i) {
      if(s[i] == '<') dp[i][j] = sum[i-1][j-1];
      else dp[i][j] = (sum[i-1][i-1] - sum[i-1][j-1] + mod) % mod;
      sum[i][j] = (sum[i][j-1] + dp[i][j]) % mod;
    } 
  }
  int ans = 0;
  For(i,1,n) ans = (ans + dp[n][i]) % mod;
  cout << ans << '\n';
  return 0;
}

U#

看题解做出来的...

状压 dp。

设 $d{p}_S$ 表示划分状态 $S$ 的最大值。可以预处理出 $va{l}_S$ 表示状态 $S$ 的贡献。

则转移为：

$d{p}_S=\underset{j\in i\mathrm{的}\mathrm{子}\mathrm{集}}{max}d{p}_{S\oplus j}+d{p}_j$

答案为：$d{p}_{2^n-1}$

时间复杂度为 $O(n^2{2}^n+3^n)$。可过。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)

using namespace std;

const int N = 17, M = (1<<17);

int n, a[N][N], val[M], dp[M];

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> n;
  For(i,0,n-1) For(j,0,n-1) cin >> a[i][j];
  For(S,0,(1<<n)-1) {
    For(i,0,n-1) {
      For(j,0,i-1) {
        if(((S >> i) & 1) && ((S >> j) & 1)) val[S] += a[i][j];
      }
    }
  }
  For(S,0,(1<<n)-1) {
    dp[S] = val[S];
    for (int j = S; j; j = S & (j - 1)) {
      dp[S] = max(dp[S], dp[S^j] + dp[j]);
    }
  }
  cout << dp[(1<<n)-1] << '\n';
  return 0;
}

V#

W#

X#

贪心dp。

可以想到做 01 背包，但是转移拓扑序会出问题，以至于我们无法确定转移顺序。

考虑通过贪心确定转移顺序。直接按 $w$ 或 $s$ 排序肯定是错误的。从下往上，考虑到决策至相同塔高时，剩余能放的重量最多方案的肯定最优。对于相邻的 $i,j$ 箱子。$s_i-w_j$ 表示 $j$ 在上，$i$ 在下能剩余的放置重量，$s_j-w_i$ 表示 $i$ 在上，$j$ 在下能剩余的放置重量。所以 $s_i-w_j<s_j-w_i$ 则交换 $i,j$。

然后按照顺序做背包即可。时间复杂度 $O(n\log n+nm)$。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)

using namespace std;

const int N = 1e3 + 10, M = 1e5 + 10;

struct Node {
  int w, s, v;
} a[N];

int n, dp[M], ans;

bool cmp(Node x, Node y) {
  return x.w + x.s < y.w + y.s;
}

signed main() {
  cin >> n;
  For(i,1,n) cin >> a[i].w >> a[i].s >> a[i].v;
  sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
  dp[0] = 0;
  For(i,1,n) {
    FOR(j,a[i].s,0) {
      dp[j + a[i].w] = max(dp[j + a[i].w], dp[j] + a[i].v); 
    }
  }
  For(i,0,M-1) ans = max(ans, dp[i]);
  cout << ans << '\n';
  return 0;
}

Y#

Z#