动态规划题目合集

3n多米诺问题

$dp[i]$ 表示前 $i$ 列的方案数，$dp2[i]$ 表示前 $i$ 列但是最上面一行缺一个的方案数。

$dp[i],dp2[i]$ 可以相互递推，而且刚好是矩阵递推。

矩阵快速幂优化。

Walk

有向无权图。求长度 $k$ 的路径条数。

我们发现邻接矩阵的 $k$ 次方各个元素求和就是路径条数。

矩阵快速幂。

古城之谜

状态定义：

$dp1[i]$ 表示前 $i$ 个字符，结尾是一个动词加上若干辅词，分成若干个句子，所得的最小句子数和单词数。（是一个 pair）

$dp2[i]$ 类似上方定义，但是是名词加上若干辅词。

初值：

除了 $dp1[0]$ 的 first = second = 0，其他都是 first = second = $+\infty$。因为文章开头一个必须是名词，所以开头之前就是要动词以接名词。

状态转移：

求 $dp[i]$ 时，枚举 $j$，使得 $s(j,i)$（$s[j]\sim s[i]$ 构成的字符串）是一个单词。
记 $str=s(j,i)$。

注：这里的 pair 取 min 是先按照句子数（first）比，first 相等按单词数单词数（second）比。$(a,b)$ 是 make_pair(a,b) 的简写，两个 pair 相加是把 first 和 second 对应相加。

$str$ 是辅词，$dp1[i]=\min(dp1[i],dp1[j-1]+(0,1))$，$dp2[i]=\min(dp2[i],dp2[j-1]+(0,1))$；
$str$ 是名词，$dp2[i]=\min(dp2[i],dp2[j-1]+(1,1),dp1[j-1]+(0,1))$；
$str$ 是动词，$dp1[i]=\min(dp1[i],dp2[i-1]+(0,1))$。

但是这太慢了，我们发现，枚举上一个单词的结尾时，我们不需要重新循环一遍组成单词来判断，我们可以使用 Trie 来优化这个操作。只需要把所有单词倒着插入 Trie 中，我们就可以利用 Trie 快速检查一个单词是否存在。

还要注意几个问题，我们的转移可能会导致最后一个句子里面不是名词开头，对此我们的应对方法是：枚举最后一个单词，如果是动词，就用前面的 dp2 加一个单词更新答案；如果是名词，就用 dp1 加一个单词更新答案。

知识点：
用 pair 数组 dp，可以同时记录两个答案
Trie 优化

铁球落地

先按照高度从矮到高把所有平台排序。

状态定义：

$dpl[i]$ 表示前 $i$ 个平台，且从第 $i$ 个平台的左端点（开始就先下落）出发，降落到地面所需的最短时间。

$dpr[i]$ 类似，但是是从右端点开始。

初值：

除了 $dpl[0]=dpr[0]=0$，其他都是 $+\infty$。

转移：

因为 $dpr$ 的转移显然和 $dpl$ 类似，这里只说 $dpl$。

枚举 $j:1\leq j < i$，看一下小球从左端点下落能不能落到平台 $j$ 上面，如果能，那么进行转移：$dpl[i]=\min(dpl[i],dpl[j]+l[i]-l[j],dpr[j]+r[j]-l[i])$，其中 $l[i]$ 表示平台 $i$ 的左端点 x 坐标，$r[i]$ 表示平台 $j$ 的右端点 x 坐标。（往左滚和往右滚两种取较小）

但是这太慢了，考虑优化。
我们发现，枚举 $j$ 的循环其实不必要，我们可以使用线段树。

具体而言，我们计算完 $dp[i]$ 之后，在线段树上把 $[l[i],r[i])$ 直接赋值为 $i$，这样我们在下次查询 $i+1$ 的左端点会落到哪里的时候，直接 $qry(l[i+1])$ 单点查询。
当然，这也意味这我们需要离散化每个平台的左右端点坐标。

可以这么做的原因，是我们按照高度排序了，所以如果一个平台上方有另一个更高的平台，被更高平台覆盖的部分一定不会被落到。

答案还需要处理一下，因为我们没有算小球一开始下落和滚动的时间。

线段树优化

保安站岗

树形DP，$dp_{i,0/1/2}$ 表示以 $i$ 为根的子树全部覆盖，并且 $i$ 被覆盖自己的保安/被父结点的保安/被子结点的保安看守时的最小代价。

Arrays

这题蓝属实过分了吧（

$dp[i][0/1/2]$ 表示前 $i$ 个余 $0/1/2$ 的方案数。

Mice and Holes

显然一个洞只会容纳连续的一段老鼠。把老鼠和洞都排序。

$dp[i][j]$ 表示前 $i$ 只老鼠前 $j$ 个洞的最小总距离。

$dp[i][j]=\displaystyle \min_{k\le c_j}\{dp[i-k][j-1]+\sum_{i-k+1\le x\le i} |P_j-p_x|\}.$

$P_j$ 为洞 $j$ 的位置，$p_x$ 为老鼠 $x$ 的位置。

发现当 $i$ 一定时，后面的求和可以前缀和优化。记为 $S_{i,j}$。发现这与 $k$ 无关，直接提出来。

$dp[i][j]=S_{i,j}+\min(dp[i-k][j-1]-S_{i,k})$。

这样就可以单调队列优化。

POJ2288：

题意：给定图带点权。找一条哈密顿路径权值最大。一条路径的权值定义：设路径为 $v_1v_2\dots v_n$，则权值为：$\sum a_{v_i}+\sum a_{v_i}a_{v_{i+1}}$，同时，如果 $v_i,v_{i+1},v_{i+2}$ 形成环，则权值还要加上 $a_{v_i}a_{v_{i+1}}a_{v_{i+2}}$。点个数 $\le 13$。

解法：状压 dp，$dp[i][j][S]$ 表示去过的点状态为 $S$，上一次到的点是 $i$，当前在 $j$ 的路径权值最大是多少。

关于三个点的 dp，一般可记录上一个和当前的，枚举下一个的时候统计。

EST

题意：给定一个序列 $a$，求一个序列 $b$，使得 $\sum |a_i-b_i|$ 最小，且 $b$ 可以分成恰好 $k$ 段，每一段内的数都相等。

$n\le 2000,k\le 25$。

显然一段内的 $b$ 都等于对应的 $a$ 中这一段的中位数。

考虑 $dp[i][j]$ 表示前 $i$ 个分成 $j$ 段，$\sum|a_i-b_i|$ 最小是多少。

枚举第 $j$ 段的开头元素 $a[l]$，$dp[i][j]=\min\{dp[l-1][j-1]+cost(l,i)\}$。其中 $cost(l,i)$ 表示 $\sum_{x=l}^i|a_x-a_{mid}|,a_{mid}$ 是 $a_l\sim a_i$ 的中位数。

其他部分 $O(n^2k)$ 可以过，但是求 $cost(l,i)$ 必须进行优化，不能暴力。

求 $a_{mid}$，我们可以用对顶堆，同时 $l$ 从 $i$ 到 $1$ 枚举可以动态求中位数。

把 $\sum|a_x-a_{mid}|$ 分成两半：一种是 $a_x\ge a_{mid}$ 的，一种是 $a_x< a_{mid}$ 的。我们只需要知道这两种数的个数，和这两种数的和就行。假设 $a_x\ge a_{mid}$ 的有 $cbig$ 个，这种 $a_x$ 的和是 $sbig$，$a_x<a_{mid}$ 类似定义。

则 $\sum|a_x-a_{mid}|=sbig-cbig\times a_{mid}+csmall\times a_{mid}-ssmall$。

其实我们只需要知道 $cbig,sbig$ 就行，因为 $csmall,ssmall$ 可以做差求出。

那如何快速求 $cbig,sbig$？我们可以用树状数组，这是很经典的问题。

绝世好题（只是叫这个名字而已）

部分分显然就是 $dp[i]$ 表示前 $i$ 个的最长长度，但是这是 $O(n^2)$ 的。

在状态定义上面优化（这种优化一般比较巧）：$dp[i][j]$ 表示前 $i$ 个数选的子序列，要求子序列最后一项的第 $j$ 个二进制位是 $1$ 的最长长度。

初始值全部设成 $0$。

转移的时候，先让所有 $dp[i][j]=dp[i-1][j]$。接着对 $a[i]$ 所有是 $1$ 的位 $x$，$dp[i][x]++$。然后对 $a[i]$ 所有是 $1$ 的位 $x$ 的 $dp[i][x]$ 求出最大值，把这些 $dp[i][x]$ 全部赋值成这个最大值。

262144

第一眼的想法肯定是区间 dp，但是这题不仅碍于数据范围，而且用区间 dp 也不知道两个子问题区间的长度。

既然不知道区间长度，不如直接设成 $dp$ 的值。（下面定义成右端点也是等价的）

状态定义：$dp[i][j]$ 表示以 $i$ 为左端点，能合成出 $j$ 的右端点最左是哪里。如果合成不出来就是 $0$。

初值 $dp[i][a[i]]=1$，转移 $dp[i][j]=dp[dp[i][j-1]][j-1]$。

感觉有点像倍增了，这个转移方程正确吗？

要合成出 $j$，显然只能 $(j-1),(j-1)\rightarrow j$，所以我们只需要搞出两个能合成出 $j-1$ 的区间，尽可能最短即可。

定义范围 $dp[1\sim n][1\sim 58]$，为什么是 $58$？因为 $262144=2^{18}$，所以合成的数最多是 $40+18=58$。

Sue 的小球

类似的题：关路灯

最大价值 = 总价值 - 最小损耗

$dp1[i][j]$ 表示从 $j$ 直接走到 $i$ 所有灯的最小损耗。

$dp2[i][j]$ 表示从 $i\sim j$ 中间一个点走到 $j$ 再走回 $i$ 所有灯的最小损耗。

20个问题

注意本题的多测

$dp[S][U]$ 表示询问了 $S$ 中的位，且得到的答案存在 $U$ 里面，最坏情况最少要问多少次确定答案。

$S$ 某一位为 $0$ 表示没有询问，没有询问的位在 $U$ 中设定为 $0$；$S$ 某一位为 $1$，$U$ 中对应位代表询问得到的答案。

预处理一个 $cnt[S][U]$：表示有多少个数满足询问 $S$ 中的位且答案为 $U$。

目标状态：$dp[0][0]$。

递推：若 $cnt[S][U]=1$，则 $dp[S][U]=0$；否则枚举 $j\not\in S$，$dp[S][U]\leftarrow \min(dp[S][U],\max(dp[S+2^j][U],dp[S+2^j][U+2^j]) + 1)$。

集合选数

巧妙！

构建一个方格图来描述这个不能选的关系。对于每个数抽象为一个方格，它乘三代表的数在它右边，它乘二代表的数在它下面。于是就构造出了若干个方格图。

题目的条件等价于相邻格子不能选。

由乘法原理，我们只要求出每个方格图的方案数再乘起来就行。

而对于单个方格图，可以状压 dp，是个经典模型。

Max Correct Set

结论：一定存在一个最优解，满足如果 $p$ 选了，$p+x+y$ 也被选。

有了这个结论就能直接状压了。配合上：环形，不停 + x，如果超过 y 就 - y 这个理解。可以变成 $O(x+y)$ 的环形 DP。

注意处理 $gcd(x,y)>1$ 的情况：$ans(n,x,y)=((g - n \% g) * ans(n / g, x / g, y / g)) + ((n \% g) * ans(n / g + 1, x / g, y / g)))$

障碍物多米诺

给定 $n\times m$ 的网格，上面有障碍物，有多少种方法放入一个 $1\times 2$ 的矩形。

前缀和。

分两半

给定一个序列，判断是否能通过删除若干数使得整个序列不能分成和相等的两半。

先用可行性背包 DP 出一开始能不能分成和相等的两半——如果不行，就不用删。

否则，我们考虑到如果总和是奇数，肯定不能分成两半。所以尝试删除一个奇数。而如果全部都是偶数，我们将每个数都除以二，递归再看。

2×m 哈密顿路

给定一个 $2\times m$ 的方格，每个格子有一个锁定时间 $a_{i,j}$，表示 $a_{i,j}$ 秒后这个格子才开放。

初始在 $(1,1)$，每一秒可以移动一格或者原地不动。求每个格子恰好走过一遍，所需的最小时间。

玩家

你要打怪兽了，有 $C\le 10^6$ 个金币。有 $n$ 种战士，攻击力、血量、花费为 $d_i,h_i,c_i$。并且每多花 $c_i$ 个金币，攻击力就多一个 $d_i$。只能选一种战士作战。

有 $q$ 个询问，每次给出一个血量 $H$ 攻击 $D$ 的怪物。怪物杀掉战士需要 $h_i/D$ 的时间，战士杀掉怪物需要 $H/d_i$ 的时间。求杀掉怪物且战士不死的最小花费。

只要 $h_i\times d_i$ 越大，就越容易干掉怪物。我们将 $h_i\times d_i$ 称为战士的能力值。

鉴于 $C$ 比较小，可以考虑对每一个花费都求出能获得的最大能力值。注意只能选一种战士作战。

$dp[i]$ 表示恰好用 $i$ 个金币能获得的最大能力值。初值 $dp[c_i]=\max\{h_i\times d_i\}$。

递推：$dp[i\times j]=\max(dp[i\times j], dp[i]\times j)$。

构造 1~5

给定序列 $a_i$，要求构造序列 $b$，满足：

$b_i\in [1,5]\cap \mathbb{Z}$。
若 $a_i=a_{i+1}$，$b_{i}\neq b_{i+1}$。
若 $a_i>a_{i+1}$，$b_{i}> b_{i+1}$。
若 $a_i<a_{i+1}$，$b_{i}< b_{i+1}$。

可行性 DP：$dp[i][j]$ 表示考虑前 $i$ 个元素，$b_i=j$ 是否可行。

删数位

给定一个长度 $\le 10^5$ 的大数。可以从中挑连续的一段数位删去，将剩下的数位构成的新数统计入总和中。问这个总和是多少。（允许前导零）

考虑每一位的贡献。如果被删了，肯定没有贡献。所以贡献可以分为：只删前面和只删后面。

只删前面：很简单，这一位的贡献始终不变，前面共有 $2^{x}-1$ 种方法删，所以这一位的贡献是 $(2^x-1)\times a_{x+1}\times 10^{len-x-1}.$

只删后面：容易用递推的方法做。

给定长度 $n\le1000$ 的序列 $a$ 和 $b$，$a$ 初始全是 $1$，$b_i\le 1000$。每次操作可以选一个位置 $pos$ 和正整数 $x$，$a_{pos}\leftarrow (a_{pos}+\lfloor \dfrac{a_{pos}}{x}\rfloor)$。共可以进行 $k\le 10^6$ 次操作。
若最后 $a_i=b_i$，可以获得 $c_i\le 10^6$ 的收益。

求最大收益。

首先可以 $O(n^2)$ 预处理 $1\rightarrow x$ 所需的此时 $f[x]$。

然后就变成01背包模型。但是这样是 $O(nk)$ 的，会炸。

进一步观察，其实上涨的幅度很快，根本用不到 $k$ 次操作就能长好了。所以如果 $k\ge \sum f[b_i]$，可以直接求和输出，这样就优化到约 $O(12n^2)$。

抢救

给定 $n$ 个物品，每个物品有一个死亡时间，拯救需要的时间和拯救获得的价值。

这题很像建筑抢修，区别是物品有各自的拯救价值。但关键点都是：按物品死亡时间升序排序。

排完序就是 DP 了。$dp[i][j]$ 表示前 $i$ 个物品拯救完最后一个物品时间不晚于 $j$ 的最大收益。

覆盖

题意：给定一个颜色序列。要选定一个位置 $pos$，不停把 $pos$ 所在的颜色连通块改成另一个颜色。问最少需要多少次操作，可以改成全部同色。

很自然的想法就是区间 DP，$dp[i][j]$ 表示将 $[i,j]$ 改成同色的最小操作数量。

初值 $dp[i][i]=0$。

若 $i,j$ 同色，$dp[i][j]\leftarrow \min(dp[i][j],dp[i+1][j-1]+1)$。

同时 $dp[i][j]\leftarrow \displaystyle \min_{k=i}^{j-1}\{dp[i][k]+dp[k][j]+1\}$。

注意：这么写是对的，因为是选定一个位置不停改。

完成任务

有 $n$ 个任务，第 $i$ 个要在 $a_i$ 时刻前做完。

有 $m$ 个计划，第 $i$ 个可以花 $t_i$ 的时间让任务 $e_i$ 增加 $p_i\% \;\;(p_i\le 100)$ 的完成度。当一个计划的完成度 $\ge 100\%$，这个任务就完成了。

判断是否能让每个任务完成。并且可以的话，输出执行计划的方案。$n,m\le 10^5,e_i\le n, t_i\le 10^9$.

明显看出可以把所有任务按照 $a_i$ 升序排序，把所有计划分成一个一个任务的来看。

对于一个任务，我们的问题变成：有 $x$ 个计划，每一个计划有需要花费的时间和可以获得的完成度。用 $a_i$ 的时间最多能达到多少完成度？

这不就是 01背包吗？但是 $a,t$ 的范围都很大。我们可以反着来，$dp[i][j]$ 表示前 $i$ 个达到 $j$ 的百分比，至少需要多少时间。（$j\le 200$）

回文串判断

给定字符串，求出 $[l,r]$ 内的子串包含多少个回文串。$|S|\le 5000$。

可行性DP：$dp[i][j]$ 表示 $[i,j]$ 是否是回文串。询问 $[l,r]$ 内的子串，可以看作是 $\displaystyle \sum_{i=l}^r \sum_{j=i}^r dp[i][j]$，类似二维前缀和。

回文串计数

给定字符串，求出有多少个不相交的的回文子串对。$|S|\le 2000$。

和上一题一样，$dp[l][r]$ 表示 $S[l\sim r]$ 是否是回文串。然后令 $cnt[i]=\displaystyle\sum_{j=i}^n dp[i][j]$，此时 $cnt[i]$ 记录以第 $i$ 个字符开头的回文串个数。

对 $cnt$ 求后缀和，此时 $cnt[i]$ 记录所有开头在 $i$ 之后的回文串个数。

枚举所有回文串 $S[l\sim r]$，累加 $cnt[r+1]$。最后输出即可。

祖玛

给定一个字符串，每次可以挑一个回文子串删除，剩下的会拼起来。问最少删除几次可以删光。$n\le 500$

初值：$dp[i][i]=1,dp[i][i+1]=1+(s[i]\neq s[i+1])$。

递推：若 $s[i]=s[j]$，$dp[i][j]\leftarrow dp[i+1][j-1]$。（删除 $[i+1,j-1]$ 的最后一次搭上 $i,j$ 即可）

同时任何时候，$dp[i][j]\leftarrow dp[i][k]+dp[k+1][j]$。

括号涂色

给定一个匹配的括号序列，每一个括号可以不涂色或者涂两种颜色之一。每一对匹配的括号恰好有一个要涂色，相邻两个括号不能涂同色。求方案数。$|s|\le 700$。

$dp[i][j][x][y]$ 表示 $s[i\sim j]$ 且两端颜色分别为 $x,y$ 的方案数。

倒水

有 $n$ 个杯子，第 $i$ 个杯子容积 $a_i$，初始有 $b_i$ 的水。你可以从一个杯子向另一个杯子倒水，但是 $x$ 升水倒过去，会有 $\dfrac{x}{2}$ 升的水损失。

对于 $p=1\sim n$，求出经过若干次倒水后，选出 $p$ 个杯子，其中水总和最大是多少。

显然当我们选定之后，要尽量从没选的杯子往选了的杯子里倒水。

记原本总水量为 $B$，选了的杯子的集合为 $S$，选了的杯子的容积之和为 $A_S$，选了的杯子目前有 $B_S$ 的水。

则最终的答案是 $\min(A_S,B_S+(B-B_s)/2)=\min(A_S,B/2+B_S/2)$。

因此我们要让 $B_S$ 大。

$dp[i][k][A]$ 表示前 $i$ 个杯子，选出 $k$ 个杯子，容积和为 $A$ 的情况下，$B_S$ 最大是多少。

初值 $dp[0][0][0]=0$。

$dp[i][k][A]=\max(dp[i-1][k][A],dp[i-1][k-1][A-a[i]]+b[i]).$

清除字符串

题意：每次可以删除一个字符块，求最小操作次数删完。

$dp[i][j]$：删光 $s[i\sim j]$ 的最小操作次数。

$dp[i][i]=1,dp[i][i+1]=1+1\times[s[i]\neq s[j]]$。

$dp[i][j]\leftarrow \min(dp[i][k]+dp[k+1][j])$。

$dp[i][j]\leftarrow dp[i+1][j]+1$。

$dp[i][j]=\min(dp[i+1][k-1]+dp[k][j])$，当 $s[i]=s[k]$。（把 $s[i+1\sim k-1]$ 删掉，这样 $s[i]$ 和 $s[k]$ 就相邻，可以视作一个字符）

异或

给定一棵树，每个点有 0/1 的点权。第 $t$ 时刻，每个节点的点权变成第 $t-1$ 时刻它所有直接子节点的点权的异或和。

一个时刻 $t$ 的权重定义为 $t$ 时刻所有节点的点权和，一个对点权的安排 $A$ 的权重 $F(A)$ 定义为 $t=0\sim +\infty$ 时的权重之和。对于所有点权的安排 $A$，求出 $\sum F(A)$。

观察到，第 $1$ 时刻点权是儿子们的异或和，第 $2$ 时刻点权是孙子们的异或和 ……

定义 $s_i$：叶节点的 $s=1$，其余的 $s_u=\max\{s_{son}\}+1$。

显然对于节点 $u$，只有 $0\sim s_u-1$ 时刻，它的点权可能是 $1$。（过了 $s_u$，子孙深度就不够了）

假设某时刻 $u$ 需要用到 $cnt$ 个子孙来异或自身的贡献。下证：这些子孙的点权安排有 $2^{cnt-1}$ 种可能使得 $u$ 点权为 $1$。

将一个使得 $u$ 点权为 $1$ 的01序列写成一个二进制数 $x$，$x$ 和 $x\bigoplus 1$ 形成一一对应，且 $x$ 和 $x\bigoplus 1$ 恰好有一个有贡献。所以有一半的可能使得 $u$ 点权为 $1$。

既然这里有 $2^{cnt-1}$ 种方法，算上其他的点随便安排，就有 $2^{n-1}$ 种可能。

因此我们用 DP 求出 $\{s\}$，然后计算 $(2^{n-1})\sum s_i$ 即可。

补括号

给定一个长度 $m$ 的括号序列，要求在两侧补上一些字符使得变成长度 $n$ 的合法括号序列。求方案数。$n-m\le 2000$。

预处理 $dp[i][j]$：$i$ 个字符，一共左括号比右括号多 $j$ 个，且每一个前缀左括号都不比右括号数量少，的括号序列有多少个。

$dp[i][j]=dp[i-1][j+1]+dp[i-1][j-1]$，若 $j=0$ 就 $=dp[i-1][j+1]$。

然后枚举放在左侧的括号序列长度、左括号比右括号多的数量。
乘一下累加即可。

路径

给出 $n$ 个点，$m$ 条边的有向图。

求出一条任意起点、途中不能经过之前走过的点，并且包含 $k$ 个点的权值最小的路径，如果不存在就输出 $-1$ 。

边 $(u, v)$经过点 $x$，当且仅当 $min(u,v) < x < max(u,v)$ 。

$1 \leq n,k \leq 80, 0\leq m\leq 2000, 1\leq u_i, v_i \leq n, 1\leq c_i\leq 1000$。

走一条边，就会把能走的区间分开。考虑 $dp[i][l][r][0/1]$ 表示当前已经经过了 $i$ 个点，可以走的区间是 $(l,r)$，0表示当前在 $l$，1表示当前在 $r$。

初值：$dp[1][0][i][1]=dp[1][i][n+1][0]=0$。

递推：适合刷表法。$dp[i][l][r][0/1]+edg\_l.val\rightarrow dp[i + 1][l][edg\_l.to][1],dp[i+1][edg_l.to][r][0]$，$dp[i][l][r][0/1]+edg\_r.val\rightarrow dp[i + 1][l][edg\_r.to][1],dp[i+1][edg_r.to][r][0]$。

答案：$\displaystyle\min_{0\le l<r\le n+1}\{dp[k][l][r][0/1]\}$。

注意是开区间。

角斗场

有 $n$ 个人，每个人有初始血量。每个回合，所有还活着的人会同时对场上其余人造成 $1$ 伤害，然后血量 $\le 0$ 的死掉。

现在要你指派每个人的初始血量，要求在 $[1,x]$ 之间。然后进行若干回合，使得最后无人生还。求方案数。

$dp[i][j]$ 表示有 $i$ 个人，最大血量为 $j$ 的方案数。

若 $i-1\ge j$，随便安排人的血量即可。$dp[i][j]=j^i-(j-1)^i$。

否则，枚举剩下的人的个数，并且此时剩余最大血量为 $j-i+1$。所以 $dp[i][j]=\sum dp[k][j-i+1]\times (i-1)^{i-k}\times C_i^k$。

极差

给定序列 $a$，对其重排，使得 $\sum\limits_{i=1}^{n} (\max\limits_{j=1}^ia_j-\min\limits_{j=1}^i a_j)$ 最小。

观察发现，最后一个位置必然是最大值或者最小值。

于是对 $a_i$ 先升序排序，$dp[i][j]$ 表示 $a_i\sim a_{i+j-1}$ 的答案。

$dp[i][j]=\min(dp[i+1][j],dp[i][j-1])+a_j-a_i$。

二叉树

求 $n$ 个结点，高度至少为 $h$ 的二叉树的个数。（一个儿子的左右不同也算不一样）

$dp[i][j]$：$$ 个节点，高度不高于 $j$ 的个数。

初值 $dp[i][0]=0,dp[0][i]=1$。

递推 $dp[i][j]=\sum dp[k][j-1]\times dp[i-1-k][j-1]$。

答案 $dp[n][n]-dp[n][h-1]$。

蚂蚁

一个数轴的正半轴上有 $n\le 2e5$ 个传送门，第 $i$ 个传送门在位置 $x_i$。并给定他们的初始状态，$t_i=0$ 代表初始关闭，否则初始开启。

有一只蚂蚁在 $0$，以每秒 1 单位的速度向右走。如果踩到一个开启状态的传送门，就会被传送到 $y_i,y_i<x_i$，且传送门关闭；如果踩到一个关闭状态的传送门，传送门开启。

问蚂蚁走到 $x_n+1$ 要多久。

观察：当蚂蚁位于 $x_i+1$ 时，传送门 $1\sim i$ 都处于开启状态。（自证）

$dp[i]$ 表示当 $1\sim i$ 传送门都开启，且蚂蚁处在 $x_i$ 时，再走回 $x_i$ 需要多久。

$dp[i]=(x_i-y_i)+\sum\limits_{j=lft_i}^{i-1}dp[j]$。其中 $lft_i$ 为 $>y_i$ 的位置小的传送门，也就是蚂蚁传送之后第一个碰到的传送门。

答案是 $x_n+1+\sum\limits_{i\in Active}dp[i]$，$Active$ 是所有初始开启的传送门集合。

字符串涂色

给定一个字符串，你要将每个位置涂色。如果两个相邻位置不同色，就可以交换这两个位置的字符。问最少涂多少种不同的颜色，可以使经过若干次交换后字符串升序排列。

升序排列：和逆序对有关。

即对于 $i<j,s_i>s_j$ 要 $clr_i\neq clr_j$。

令 $dp[i]$ 表示 $[i,n]$ 中以 $i$ 开头的最长下降子序列长度，发现如果位置 $i$ 用 $dp[i]$ 染色，就可以做到。证明不难。

Star MST

$dp[i][j]$ 表示加入了 $i$ 个点，且这些点到 $1$ 号点的最大距离为 $j$ 的构图方案数。

叛徒

结论：

最坏情况肯定是初始叶子结点变成叛徒。否则下移更优。
最终叛变的是一颗子树。

令 $f(i)$ 表示以 $i$ 为根的子树中 $i$ 不叛变的最小 $x$。

从简单情况考虑：若 $i$ 只有一个儿子 $u$，怎么求？

$f[i]=\min(f[u],sz[u]/(sz[i]-1))$。（这里的 $sz[u]$ 其实等于 $sz[i]-1$）

（要么 $u$ 不叛变，要么即使 $u$ 叛变了都不能使 $i$ 叛变）

而若 $i$ 有很多个儿子，$f[i]=\displaystyle\max_{u\in son[i]}\{\min(f[u],sz[u]/(sz[i]-1))\}$。

Black and White Tree

首先考虑链上的情况。发现 A 可以放在第二个位置，此时 B 必须放在第一个位置。然后问题规模 -2。

到树上，如果存在一个结点，有 $\ge 2$ 个儿子是叶子，A 必胜；否则找到一个叶子结点 $l$ 和他父亲 $fl$。

先手下在 $fl$，后手必须下在 $l$，然后问题规模 -2。

（这只是略证）

Subtree

树形 DP + 前后缀积优化。

Book of Evil

树形 DP 求出 $f_1[i],f_2[i]$：子树内和子树外 $i$ 距离最近是哪里。

三边

必然是一条直径 + 到直径最远的点。

先找出一条直径，再从直径上每个点向直径外搜索。

Neko Rules the Catniverse

给定 $n,k,m$，你需要求有多少个大小为 $k$ 的序列 $a$ 满足如下三个条件：

任意两个元素其权值不同。
对于任意 $i$ 满足 $1\le i\le k$ 有 $1\le a_i\le n$。
对于任意 $i$ 满足 $2\le i\le k$ 有 $a_i\le a_{i-1}+m$。
答案对 $10^9+7$ 取模。

$1\le n\le 10^9$，$1\le k\le \min(n,12)$，$1\le m\le 4$。

正常想法是按照 $a_1\sim a_n$ 的顺序 DP，但是发现这么做不了。究其原因是需要记录前面用过哪些数，会爆掉。

所以我们尝试按照从大到小的顺序 DP，相当于往一个序列不断插入更小的数。这样子可以保证插入顺序和数的大小顺序都有。

容易发现，保证每次插入后都合法的操作序列与原本的序列可以一一对应。

一个简单的想法是 $dp[i][j]$ 表示考虑 $i\sim n$ 的所有数，已经插入的 $j$ 个数的方案数。但是我们发现转移的时候无法判断 $\le i-1+m$ 的位置有哪些。注意到 $m$ 的范围很小，可以状压。

$dp[i][j][S]$ 表示考虑了 $i\sim n$ 的所有数，插入了 $j$ 个数，同时如果 $bit\in S$，则 $i+bit$ 在序列里，的方案数。
然后可以 $O(1)$ 转移。

但是 $i$ 这一维是 $10^9$ 的，需要优化。我们上一个矩阵快速幂优化就行了。

Petya and Arrays

按照数组顺序 DP 难做。

考虑另一个数组 $s_0=0,s_1\sim s_n$ 为 $a_i$ 模 $p$ 意义下的前缀和。因为每个数都是 $1\sim p$ 的，所以 $s$ 与 $a$ 一一对应。

而限制转移到 $s$ 上，就可以总结为:

$s_{i+1}-s_i\neq A\bmod p$；
$s_0\sim s_n$ 各不相同。

观察到如果构图 $i\rightarrow (i+A)\mod p$，最终会形成若干个环。最终要求就相当于在环上不能有相邻的数。

于是可以改换枚举顺序：按照环枚举。基础想法 $dp[i][j]$ 表示前 $i$ 个环选了 $j$ 个数，但是发现无法保证每个环上没有相邻的。升维，$dp[i][j][k]$ 表示前 $i$ 个环选 $j$ 个一共有 $k$ 个相邻位置在环上也是相邻的。

因为环的个数可能比较多，也需要矩阵快速幂。

Colorful Maze

注意到受伤两次就死，所以我们实际只需要一个变量来记录目前已知的危险颜色——如果知道了两种颜色是危险的，必定死了不合法。

但是安全格子是需要记录的，可以采用状压。$dp[i][j][S][d]$ 表示走到 $(i,j)$ 格子，已经确认了 $S$ 中颜色安全，已知颜色 $d$ 危险（$d=7$ 就表示没遇到过危险格子）的胜利概率。

转移时枚举与它相邻的位置 $(x,y)$，看 $(x,y)$ 的胜率取 $\max$。

$(x,y)$ 是终点，胜率为 $1$。
$(x,y)$ 是已知的危险颜色或者障碍物，胜率为 $0$。
$(x,y)$ 是已知的安全颜色，胜率为 $dp[x][y][S][d]$。
$(x,y)$ 是未知颜色。胜率为 $(1-trap[clr])dp[x][y][S+clr][d]+[d=7]\cdot trap[clr]dp[x][y][S][clr]$。

然而还有一个问题：DP 顺序。这其实用记忆化搜索就行了，从终点开始。

寿司晚宴

两个人各从 $\{2\sim n\}$ 选一个子集，要求从这两个子集里各任意选一个数，都必须是互质的。允许空集。求方案数。$n\le 500$。

容易想到要记录两个子集各自包含哪些质因数。对于 $n\le 30$ 的可以直接这样做状压 DP，但是 $n\le 500$ 的质数太多了。

思考发现，其实对于 $\ge 23$ 的质数，不可能同时包含两个。把质数分成小质数（$\le 19$）和大质数（$\ge 23$），每个数至多包含一个大质数。所以可以把所有数按照包含的大质数分类，没有大质数的作特殊一类。

发现除了特殊一类，每一类内的数都不可能存在两个数分给两个人（所有数要么不选，要么只会属于一个人）。那它们对答案的贡献可以直接搞个快速幂求出来，我们还是只需要处理特殊一类。而这一类不包含大质数，沿用上面状压 DP 的方法即可。

Mx 的组合数：UOJ86

看到 $10^{30}$ 肯定不能跟正常枚举有关系。考虑把数改成 $p$ 进制的进行数位 DP。

$x=(x_t\cdots x_1)_p,n=(n_t\cdots n_1)_p,r=(r_t\cdots r_1)_p$。因为 $n,r$ 实在是太大了，面对这种模数是小质数而 $x,n$ 很大的，尝试使用卢卡斯定理。

${n\choose x}={{n/p}\choose {x/p}}\cdot {{n\bmod p}\choose {x\bmod p}}\bmod p$。发现在 $p$ 进制下相当于去掉了末位。于是发现 ${n\choose x}={\prod {{n_i}\choose {x_i}}}\bmod p$。

数位 DP 都是从高到低的。$dp[i][j][f]$ 表示填了 $x_t\sim x_i$，$\displaystyle\prod_{a=i}^{t}{n_a\choose x_a}=j$，$f=0$ 表示目前 $x$ 填的数还和 $r$ 相等，$f=1$ 表示 $x$ 已经 $<r$。

但是这个复杂度是 $O(p^2\cdot \log_{p}^r)$ 的，会超时。这个优化就非常神奇了。

取 $p$ 的原根，更换状态描述 $dp[i][j][f]$：其他都相同，但是 $\displaystyle\prod_{a=i}^{t}{n_a\choose x_a}=g^j$。

这个时候我们发现如果从 $j$ 出发，枚举下一位贡献了 $g^k$，就会转移到 $dp[i+1][j+k][?]$。从 $j,k$ 一起转移到 $j+k$，这让我们想到卷积。而确实我们如果把 $dp[i][][f]$ 视作多项式，就可以用一次卷积得到 $dp[i+1][][f]$。
还有一个要注意的就是 $dp[i][0][f]$ 无法 $j+k$ 求出，但是我们可以通过总方案数减去 $dp[i][1\sim p-1][f]$ 得到。

因此复杂度降低为 $O(p\log p\cdot \log_{p}^r)$。

poj1090:Chain

观察发现，操作序列构成格雷码。而且每个操作序列都会先走到 $00\cdots 0$。

反过来求 $00\cdots 0$ 走到一个 $(g_k\cdots g_1)_2$。考虑格雷码一个常见的构造方式：一位的格雷码排序为 $0,1$，记 $n$ 位格雷码排序为 $f(n)$，则 $n+1$ 位的一种格雷码可以表示为 $0+f(n),1+rev(f(n))$。

发现按照这种格雷码，就是最优操作序列。问题变为给定一个二进制数求在格雷码中的排序。

这里有一个数学结论：第 $n$ 个格雷码 $=n\bigoplus [\dfrac{n}{2}]$。（格雷码的显示构造）

推论：把 $n$ 也写成 $k$ 为二进制数。则有

\[\begin{aligned} g_k&=n_k\\ g_{k-1}&=n_{k-1}\bigoplus n_k\\ g_{k-2}&=n_{k-2}\bigoplus n_{k-1}\\ &\dots\\ g_1&=n_2\bigoplus n_1 \end{aligned} \]

反推可得 $n_i=\bigoplus_{j=i}^{k}g_j$。

TopC13457:BoardFolding

给定一张方格表，每个格子有不同的颜色。可以沿着格子线横着折或者竖着折，要求必须是小的那边折到大的那边，而且折叠对应的位置必须颜色相同。问任意次操作之后可以得到哪些子矩阵？

一个基础的想法是求一个 $f[u][d][l][r]$，表示上下左右的边分别是 $u,d,l,r$ 的子矩阵是否可以被折叠出来。不过是 $O(n^4)$ 的。

这里观察到一个性质：横着折和竖着折之间是独立的，也就是判断 $(u,d,l,r)$ 是否可行，只需要判断 $(u,d)$ 是否可行和 $(l,r)$ 是否可行。
那么只用求 $f[u][d]$ 和 $F[l][r]$，于是降到 $O(n^2)$。

到这里可以通过原题，但是我们还能继续优化！
观察到 $(u,d)$ 可行 $\iff$ $(1,d)$ 可行和 $(u,n)$ 可行。于是再次降成四次状态定义是一维的 DP。

具体考虑怎么 DP，这里只描述 $l[x]$：是否能保留 $1\sim x$ 列。
首先初值 $l[m]=1$；其次考虑 $l[i](i<m)$，设以 $i,i+1$ 之间为对称轴的最大回文半径是 $r$，则 $l[i]=1$ 当且仅当 $l[i+1]\sim l[i+r]$ 有一个 $1$。
求回文半径可以用 manacher 预处理。
如果直接 DP，还是 $O(n^2)$ 的；但是显然能看出来这里有一个优化。维护一个变量 $pos$，表示 $l[i+1]\sim l[m]$ 最靠左的 $l[]=1$ 的位置在哪里。这样只用判断 $i+r\ge pos$ 即可，如果成立，$l[i]=1$，同时令 $pos=i$。

GYM100286C：Clock

就是给定一个很多根针的钟和之间的联动关系，求从 $S$ 时刻调到 $T$ 时刻要多久。（允许逆时针调）

首先发现可以把问题转化为从 $0$ 时刻调到 $T-S$ 时刻，就是把 $S$ 视作起始时间。

把针 $i$ 记作 $p_i$。$p_i$ 有 $d_{i-1}$ 格（$\dfrac{1}{d_{i-1}}$ 圈），每走一格 $p_{i-1}$ 就走一圈。
所以我们说 $p_i$ 现在指向 $x$ 点，不如把它转成指向 $[\dfrac{x}{d_{i-1}}]$ 格。注意这里的取整，因为被取整掉的部分是 $p_{1}\sim p_{i-1}$ 的事情。

于是给每个 $p_i$ 求一个 $b_i=[\dfrac{x}{d_{i-1}}]$。目的就是让 $p_i$ 最终指向 $b_i$。

因为从高位到低位没有影响，因此如果我们从高到低 DP 就是无后效性。粗略的想法是 $dp[i]$ 表示调完 $p_{n}\sim p_i$ 使得它们都指向各自的 $b$。

但这是不行的，因为 $i-1\sim 1$ 的针会对 $p_n\sim p_i$ 产生影响，最优解很有可能 $p_i$ 没有指向 $b_i$，而是在 $1\sim i-1$ 的针调的时候顺路调了。

好像卡住了？
仔细思考，$p_i$ 最终必须指向 $b_i$。而如果 $dp[i]$ 结束的状态里，$p_i$ 指向 $\le b_i-1$，$p_1\sim p_{i-1}$ 要让 $p_i$ 动必须转一圈，肯定不如 $p_i$ 动一格；$p_i$ 指向 $\ge b_i+2$ 也是同理。所以唯一另外的可能就是 $p_i$ 指向 $b_i+1$，然后 $p_1\sim p_{i-1}$ 变小，让 $p_i$ 退位。

于是得出结论：当 $p_n\sim p_i$ 调好的时候，$p_i=b_i/b_i+1$。

$dp[i][0/1]$ 表示调好 $p_n\sim p_i$，且此时 $p_i=b_i/b_i+1$ 的最小移动量。

$dp[i][0]=\min(dp[i+1][0]+b_i\cdot a_i,dp[i+1][1]+(d_{i-1}-b_i)\cdot a_i)$：如果 $p_{i+1}$ 指向 $b_{i+1}$，$p_i$ 就从 $0$ 正着调，否则反着调。

$dp[i][1]=\min(dp[i+1][0]+(b_i+1)\cdot a_i,dp[i+1][1]+(d_{i-1}-(b_i+1))\cdot a_i)$：同理。

修正表达式

题意：给定三个数 $1\le a,b,c\le 10^{9}$，一次操作为选一个数进行插入或删除或修改某个数位。要求任何时刻 $a,b,c$ 无前导零，求使得 $a+b=c$ 的最小代价。

考虑把最终的 $a,b,c$ 看作三个数组，每个位置储存一个数位。按照 $c,a,b$ 的顺序处理每个数组，每次处理有插入（插入一个任意数到数组末尾）、删除（跳过当前对应数的数位）、修改（修改当前对应数的数位并加入数组末尾）和啥也不干（直接把当前对应数的数位加到末尾）。

$dp[pt][D][A][B][C][S][Lim]$：$pt$ 表示当前要对 $pt$ 的数组（$pt=a/b/c$）操作，$D$ 表示目前已经填好的数位 $c-a-b$ 是多少，$A,B,C$ 分别记录当前指向 $a,b,c$ 的哪一个数位，$S$ 是一个 $2^3$ 的状态用于描述 $a,b,c$ 目前是否是前导零，$Lim$ 表示接下来还允许 $Lim$ 次插入（为了保证不会一直选择插入而死循环）。

$pt$ 是 $3$，$A,B,C$ 是 $9$，$S$ 是 $8$，而 $D\le 10$：如果 $D$ $>10$，随着数位的后移，$D$ 这个差距后面是无法挽回的。$Lim$ 显然 $\le 30$。

转移时枚举 $pt$ 这一位的操作/要加入或修改成什么数字，记得 $D$ 在转移时要 $\times 10$。

CF710E: Generate a String

初始一个 $0$，每次可以加减 $1$（给定代价 $x$）或者 $\times 2$（给定代价 $y$），求变成 $n$ 的最小代价。

一个 $O(n\log n)$ 的想法是最短路，$i\rightarrow i-1,i+1,2i$，点的个数开到 $2n$。但是这跑不过原题。

注意到 $-1$ 操作不会连续进行两次，因为 $-1$ 前面有 $\times 2$（不可能 $+1-1$），不如在 $\times 2$ 之前 $-1$，效果是一样的。

所以等价于三种操作：$i\rightarrow i+1,2i,2i-1$。直接按照这个 DP 即可。

AGC012E: Camel and Osase

给定 $n$ 个绿洲，第 $i$ 个绿洲的坐标为 $x_i$ ，保证 $-10^{9}\le x_1<x_2...<x_n\le 10^9$
现在有一个人在沙漠中进行旅行，他初始的背包的水容积为 $V$ 升，同时他初始拥有 $V$ 升水，每次到达一个绿洲时，他拥有的水的量将自动重置为容积上限（可以使用多次）。他现在可以选择两个操作来进行旅行：
$1.$ 走路，行走距离为 $d$ 时，需要消耗 $d$ 升水。清注意，任意时刻你拥有的水的数量不能为负数。
$2.$ 跳跃，令 $v$ 为你当前拥有的水量，若 $v>0$，则你可以跳跃至任意一个绿洲，然后重置容积上界和所拥有的水量为 $v/2$ （向下取整）。
对于每一个 $i$ 满足 $1\le i\le n$ ，你需要求解，当你在第 $i$ 个绿洲作为起点时，你能否依次遍历其他所有绿洲。如果可以，输出 Possible，否则输出 Impossible。

容易观察到每次跳跃后水量折半，跳跃次数不会太多，一共 $\log V<20$ 次。
因此可以预处理出 $l[i][j],r[i][j]$，表示绿洲 $i$ 有 $\dfrac{V}{2^j}$ 的水，最左（右）能去到哪个绿洲。

看作 $\log V$ 层，第 $i$ 层对应初始水量 $V/2^i$，注意要给 $0$ 水分保留一层。每一层有 $n$ 条线段（$[l[i][j],r[i][j]]$）。对于 $i$ 的答案，就是固定第 $0$ 层选择某条线段，判断从 $1\sim \log V$ 层能不能选出线段覆盖 $1\sim n$。

用状压 DP 实现，$dpl[S]$ 表示从 $S$ 中的层选择线段，左端能连续覆盖到哪里，比如选出线段 $[1,4],[3,5],[7,8]$ 就是连续覆盖到 $5$。$dpr[S]$ 就是右端连续覆盖到哪里。

直接暴力判断答案，就是枚举 $i\leftarrow 1\sim n$，然后枚举 $S$（注意不包含第 $0$ 位了），判断是否存在 $dpl[S]\ge l[0][i]-1$ 和 $dpr[U-S]\le r[0][i]+1$。

但是这样是 $O(n^2)$ 的。我们发现如果给第 $0$ 层的线段去重的话，留下来的线段应当不超过 $\log V$ 条：如果超过了 $\log V$ 条，说明有 $>\log V$ 个绿洲，即使用最多的水量也无法互相到达，所以这种情况答案一定全都是 Impossible。

于是留下 $\log V$ 条第 $0$ 层的线段，在枚举第 $0$ 层线段的复杂度就变成 $O(\log V)$，总复杂度 $O(n+V\log V)$。

TopC10664: RowGame

题意：给定长度 $n$ 的数组，从 $1$ 出发，初始 $0$ 分。每次选择一个位置 $x$ 走到那里，收获分数为 $x$ 到原本位置的数和，要求每次走之后分数都非负。走 $k$ 步，求最大分数。$n\le 50,k\le 4\times 10^8$。

容易发现，最理想情况下我们肯定是选择一个和很大的区间来回走。进而我们不难猜出路径的形式：找到一个区间，反复刷分直到足够走到下一个区间，然后去下一个区间继续刷分 …… 直到不够次数向后走了，就停下来刷分。

严格来说，假设最优路径会选择 $[j_1,i_1]\sim [j_x,i_x]$ 这些区间，则有：

$sum[j_t,i_t]<sum[j_{t+1},i_{t+1}]$。
这显然，不然没有必要去新区间。
由此推导出每个区间的和都是正的，因为走第一步要求非负，所以第一个区间是正的，后面的区间都大于前面的。
$i_{t+1}\ge i_t$ 且 $j_t$ 为使得 $sum[a,i_t]$ 最大的 $a$。
后半部分很显然。记使得 $sum[a,x]$ 最大的 $a$ 为 $L(x)$。

前半部分，反证法，则 $i_{t+1}<i_t$。
当 $j_{t+1}<j_t$，因为 $j_t=L(i_t)$，所以 $sum[j_{t+1},j_t-1]<0$，则 $L(i_{t+1})\neq j_{t+1}$，矛盾。
当 $j_t<j_{t+1}$，同理得到 $sum[j_t,j_{t+1}-1]<0$，有 $L(i_t)\neq j_t$，矛盾。
当 $j_t=j_{t+1}$，因为区间分数递增，所以 $sum[i_{t+1}+1,i_t]<0$，那没必要去 $[j_t,i_t]$，直接去 $[j_{t+1},i_{t+1}]$ 即可。
当 $i_{t+1}>i_t$ 时，$j_{t+1}>i_t$。
反证，当 $j_{t+1}\in [j_t+1,i_t]$ 时，因为 $j_{t+1}=L(i_{t+1})$，所以 $sum[j_t,j_{t+1}-1]<0$，则 $L(i_t)\neq j_t$，矛盾。
当 $j_{t+1}=j_t$，因为分数递增，所以 $sum[i_t+1,i_{t+1}]>0$，也没必要去 $[j_t,i_t]$，因为不刷分也可以直接走。
当 $j_{t+1}<j_t$，因为 $L(i_t)=j_t$，所以 $sum[j_{t+1},j_t-1]<0$，$L(i_{t+1})\neq j_{t+1}$，矛盾。
最优解总是用最少步数走到新区间。
如果不用最少步数，说明前面浪费了一步刷分。但前面刷分不如刷新区间的分，新区间的分一定比前面的更大。

$dp[i]$ 包含两个元素：$step$ 和 $score$，表示走到第 $i$ 个位置的最小步数和在最小步数下的最大分数。

CF111C：Petya and Spiders

观察发现，蜘蛛的最优行动肯定是若干个 "十"，每个十字覆盖区域的蜘蛛都集中到中心点。
所以只要求出最少用多少个十字覆盖整个网格图，$n\times m-ans$ 就是答案。

因为 $n\times m\le 40$，所以较短边 $\le 6$，可以状压。$dp[i][s1][s2]$ 表示前 $i$ 行，第 $i-1$ 行覆盖状态为 $s1$，第 $i$ 行覆盖状态为 $s2$，第 $1\sim i-2$ 行的格子全部覆盖的方案数。

初值设定，枚举第 $1$ 行哪里放了十字中心，以 $dp[2][][]$ 作为 DP 起点。
转移时枚举第 $i$ 行哪里放十字。要保证 $s1$ 没覆盖的部分能用 $i$ 行的十字覆盖。
答案为 $\min dp[n+1][11\cdots 1][?]$。

CF678E：Another Sith Tournament

正向 DP 不好做，考虑 $dp[i][S]$ 表示余下 $S$ 的骑士，$i$ 是擂主，最后只剩下 $1$ 的概率。初始 $dp[1][1]=1$。
答案就是 $\max dp[1\sim n][\{1\sim n\}]$。

方块消除

题意：给定一行方块，带颜色。每次选择一个颜色段消除，剩下的方块再拼起来。一次消除如果消了 $x$ 个，会得到 $x^2$ 分，求最大分数。初始 $n$ 个块，每个块有 $a_i$ 个格子。

最初想法是 $dp[l][r]$ 表示消除 $l\sim r$ 的颜色块的最大分数，但是不行，因为有可能最优方案是先消除中间的某一段，然后让剩下的拼起来。
拼起来的目的是让一段后面增加和它同颜色的方块。考虑升维 $dp[l][r][k]$ 表示消除 $l\sim r$ 的颜色块，同时在后面接了 $k$ 个和 $r$ 同色的格子的最大分数。

转移方程怎么写？对于 $dp[l][r][k]$，考虑段 $r$ 是怎么消除的。

不参与和其他段的合并，直接自己消除：从 $dp[l][r-1][0]+(a[r]+k)^2$ 转移来。
参与和其他段的合并，枚举是和哪一个段 $t$ 进行第一次合并：从 $dp[t+1][r-1][0]+dp[l][t][a[r]+k]$ 转移来，这种情况要求 $clr[t]=clr[j]$。

因此 $dp[l][r][k]=\max(dp[l][r-1][0]+(a[r]+k)^2,dp[t+1][r-1][0]+dp[l][t][a[r]+k])$。
还有一个问题：$k$ 的范围要枚举到多少呢？对于 $[l,r]$ 段，最多在后面接的数量，就是 $[r+1,n]$ 中与 $r$ 同色的方块数量，预处理出这个即可。

CF1392D：Okmar and Bed Wars

观察发现，若 $i$ 的指向不合法，当且仅当 $i-1,i,i+1$ 都是同方向的。
所以合法 $\iff$ 不存在连续三个人指向相同。

先考虑在链上的情况。对于链，容易想到把每一段相同指向的分开。设一段的长度是 $n$，贪心得到需要 $n/3$ 次改变，所以把每一段的 $n/3$ 加起来即可。

在环上的大部分情况，按照链的情况也是对的（每一段相同的长度除以三求和），但是我们发现当整个环的指向都相同的时候，需要 $(n+2)/3$ 次改变。

如何处理环上首尾同向但是无法统计的情况？把 $s$ 变成 $ss$，找到第一个相邻不同的位置 $i$，$i$ 作为起点找 $ss$ 的 $n$ 长度子串即可。

DP 做法：
最终合法状态一定是由 $RL,RRL,RLL,RRLL$ 组成。于是可以直接 DP。
但是在环上，旋转后也合法。因为 DP 第一次决策最多涉及前四个位置，把 $s$ 旋转四次分别做 DP 然后取最小值即可。