DP 套 DP(DP of DP)

把 DP 过程当作状态进行 DP。DP of DP 一般数据范围不会太大,而且一般是计数题。

DP of DP 的本质是自动机上 DP。 大致上可以写作 dp[][S] 表示外层 DP 进行到 阶段,内层 DP 对应到 S 阶段。

例一:Hero meet devil

题意:给出串 s 和一个数 mn=|s|。求对于 i=0n,有多少串 t 满足 |t|=mLCS(s,t)=in15,m103

假设我们已经知道这是一道 DP 套 DP 的题目。那么对于 DP套DP,最重要的想法就是考虑内层 DP 是怎么进行的

在这题,内层 DP 是 "最长公共子序列"。平时做 LCS,一般是 f[i][j]=max(f[i1][j],f[i][j1],f[i1][j1]+[si=tj])

考虑完内层 DP,然后就要考虑怎么把内层 DP 的状态压缩入外层 DP 的状态。

因为 t 是变化的,所以 DP 时拿一维记录目前考虑到 t 的第 i 位了;对应的,考虑拿一维 S 记录此时 f[1n][i] 的值。
DP of DP 中,一般数据量较小的那一边作为被压缩的内层 DP。 比如这题,n15,用 S 记录就只用压缩长度 15 的数组了。

但是我们面临第二个问题:怎么用 S 记录此时 f[1n][i] 的值?总不可能开十五维数组。这个点也是大部分 DP of DP 的难点,怎么压缩内层 DP 的状态?这里需要一些神秘的观察。

观察:当 j 固定,f[x+1][j]f[x][j]{0,1}

证明:

j 的大小数学归纳法。j=1 显然。

f[x+1][j]=f[x][j],立即成立。

f[x+1][j]=f[x][j1]+1,又 f[x][j]f[x][j1],所以 f[x+1][j]f[x][j]=f[x][j1]+1f[x][j]f[x][j1]+1f[x][j1]=1

f[x+1][j]=f[x+1][j1]f[x][j]f[x][j1],由数学归纳法,f[x+1][j1]f[x][j1]1,所以 f[x+1][j]f[x][j]f[x+1][j1]f[x][j1]1

证毕。

有了这个性质又怎么样?得出结论:Δf 是一个 01 序列,所以可以用一个二进制数 S 压缩这个差分数组。

因此可以定义出 dp[i][S]:填 t 的前 i 位,Δf[1n][i]S 的方案数。最终 i 的答案就是 dp[m][A],其中 A 是一个包含 i1 的二进制数。

直接写包 TLE 的,需要预处理出 g[S][ch] 表示 S 的状态下一步填 ch 会怎么样。

例二:BZOJ3591:最长上升子序列

题意:给出 1n 的一个排列的某一个最长上升子序列(记其长度为 m),求原排列可能的种类数。n15

在这道题目里,内层 DP 就是 "最长上升子序列"。

经过瞪眼法,我们发现 f[i] 表示前 i 个数的 LIS 长度没有好的性质。难道要放弃了吗?

转念想到 LIS 的另一种求法:维护 fi 表示长度 i 的 LIS 结尾数最小值。而这个数组就有比较好的性质了:它是单调递增的,而且每新加一个数进来,只会修改一个位置。每个数有三种状态:在 f 中,曾经在 f 中,还没考虑。用三进制压缩为 S

dp[i][S] 表示填了前 i 位,此时 f 的状态为 S 的方案数。在转移时强制只能转移到合法的 S。具体而言,假设这一步选择填 j,必须满足:① 若 j 在给定的 LIS 内,要求 LIS 中 j 之前所有的数都填了;② 要求填了 j 后前 i+1 个数的 LIS 长度 m

点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 16;

int n, m;
int a[N], id[N];

int pw[N];
int dp[15000000];
//dp[S]:有多少种a[1~i]的安排方式,使a[1~i]的表格G恰好为S 
//i为S中非0个数 
//0是没放,1是在序列内,2是已经出了 

int getdig(int S, int x) {
	for (int i = 1; i <= x; i++)	
		S /= 3;
	return S % 3; 
}

int ans = 0;
vector<int> g[3];

int main() {
	cin >> n >> m;
	pw[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		pw[i] = pw[i - 1] * 3;
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		cin >> a[i];
		a[i]--;
		id[a[i]] = i - 1;
	}
	for (int i = 1; i < m; i++)
		if (a[i] > a[i + 1]) {
			puts("0");
			return 0;
		}
	dp[0] = 1;
	int val[20], LIS[20];
	for (int S = 0; S < pw[n]; S++)
        if (dp[S]) {
            int st = S, cnt = 0, cur = 0;
            for (int i = 0; i < n; i++) {
            	val[i] = getdig(S, i);
            	if (val[i])
            		cnt++;
            	if (val[i] == 1)
            		LIS[cur++] = i;
			}
            if (cnt == n) {
                ans += dp[S];
                continue;
            }
            for (int i = 0; i < n; i++) {
                if (val[i])
					continue;
                if (id[i] && !val[a[id[i]]])
					continue;
                int pos = 0;
                while (LIS[pos] < i && pos < cur)
					pos++;
                if (pos == m)
					continue;
                int SS = S + pw[i];
                if (pos < cur)
					SS += pw[LIS[pos]];
                dp[SS] += dp[S];
            }
       }
    printf("%d\n", ans);
	return 0;
}

例三:P8352:小 N 的独立集

题意:给一棵树每个结点赋值 1k 的整数。求对于 i=1nk,有多少种赋值方式使得这棵树的最大独立集答案为 i。对 109+7 取模。n1000,k5

DP 套 DP,第一步考虑最大独立集怎么求。f[i][0/1] 表示 i 的子树内 i 强制选/不选的最大独立集。

于是考虑 dp[i][A][B] 表示给 i 的子树赋值,且使得 f[i][0]=A,f[i][1]=B 的方案数。这是可以做的,复杂度为 O(n3k4)

考虑优化。观察数据范围里的 k5 很有玄机。因为复杂度瓶颈就在于 A,B 状态定义的复杂度太高了,启发我们用 k5 优化一下。而容易发现 |Amax(A,B)|k,因为 max(A,B) 的方案若 i 选了,把 i 不选就可以得到一个 A 的方案。

所以改为记录 dp[i][A][Δ] 表示 i 的子树内 f[i][0]=Amax(f[i][0],f[i][1])f[i][0]=Δ 的方案数。复杂度降为 O(n2k4)

点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 1e3 + 5, MOD = 1e9 + 7;

int n, k;
vector<int> e[N];
int sz[N] = {};

int dp[N][N * 5][6]; //dp[i][j][k]:i子树内,f[i][0]=j,f[i][1]=k 的方案数 

int tmp[N * 5][6];
void dfs(int x, int pr) {
    sz[x] = 1;
    for (int i = 1; i <= k; i++)
    	dp[x][0][i] = 1;
    for (auto v: e[x]) {
    	if (v == pr)
    		continue;
    	dfs(v, x);
    	memset(tmp, 0, sizeof tmp);
    	for (int i = 0; i <= k * sz[x]; i++)
            for (int j = 0; j <= k; j++) if (dp[x][i][j] != 0)
                for (int p = 0; p <= k * sz[v]; p++)
                    for (int q = 0; q <= k; q++) if (dp[v][p][q] != 0) {
                        tmp[i + p + q][max(i + j + p, i + p + q) - (i + p + q)]
                        	+= 1ll * dp[x][i][j] * dp[v][p][q] % MOD;
                        
                		tmp[i + p + q][max(i + j + p, i + p + q) - (i + p + q)] %= MOD;
                    }    
		memcpy(dp[x], tmp, sizeof tmp);
		sz[x] += sz[v];
	}
}

int main() {
	cin >> n >> k;
	for (int i = 1, u, v; i < n; i++) {
		cin >> u >> v;
		e[u].push_back(v);
		e[v].push_back(u);
	}
	dfs(1, 0);
	for (int i = 1; i <= k * n; i++) {
        int ans = 0;
        for (int d = 0; d <= min(i, k); d++)
			ans = (ans + dp[1][i - d][d]) % MOD;
        cout << ans << endl;
    }
	return 0;
}

例四:CF979E:Kuro and Topological Parity

题意:初始有 n 个点,可能为无色/白色/黑色三种情况。现将每个未染色点染色,并添加若干条有向边 (u,v),要求 u<v。问有多少种方式使得黑白交替的路径条数 mod2=pn50

这题 O(n4) 可过,但是我们有 O(n) 解法。

DP 套 DP,先考虑颜色定了,边定了怎么求黑白交替的路径条数。fi 表示以 i 结尾的黑白交替路径条数。然后求 fi。注意到求的是 mod2,所以只关注 fi 的奇偶性。

然后考虑外层,dp[i][a][b][c] 表示考虑前 i 个点,有 a 个黑点以偶数条黑白交替路径结尾,b 个黑点以奇数条黑白交替路径结尾,c 个白点以偶数条黑白交替路径结尾(实际上就可以推出有 iabc 个白点以奇数条黑白交替路径结尾)的方案数。

转移时枚举 i+1 作为白奇、白偶、黑奇、黑偶四种情况。统计答案时枚举 a,b,c,满足 (b+d)mod2=p 即可。
这就是 O(n4) 的解法。下面是优化。

如果写出了转移方程,就能发现(简记 dp[i][a][b][c]dp):

  1. i+1 白奇,若 b=0,无法从 dp 转移而来;否则增加 dp×2i1
  2. i+1 白偶,若 b=0,增加 dp×2i;否则增加 dp×2i1
  3. i+1 黑奇,若 d=0,增加 dp×2i;否则增加 dp×2i1
  4. i+1 黑偶,若 d=0,无法从 dp 转移而来;否则增加 dp×2i1

因此只要记录 dp[i][0/1][0/1][0/1],表示考虑前 i 个点,b 是否 >0d 是否 >0,当前黑白交替路径总数是奇数还是偶数 的方案数。

O(n4) 代码:

点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 55, MOD = 1e9 + 7;

int n, p;
int clr[N];
ll dp[N][N][N][N];
//dp[i][a][b][c]:a黑偶,b黑奇,c白偶 

ll pw[N];

int main() {
	cin >> n >> p;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		cin >> clr[i];
	pw[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 50; i++)
		pw[i] = pw[i - 1] * 2 % MOD;
	memset(dp, 0, sizeof dp);
	dp[0][0][0][0] = 1;
	for (int i = 0; i < n; i++)
		for (int a = 0; a <= i; a++)
			for (int b = 0; b <= i - a; b++)
				for (int c = 0; c <= i - a - b; c++) {
					int d = i - a - b - c;
					
					//考虑i+1是什么颜色 
					if (clr[i + 1] != 1) { //i+1黑色 
						//i+1黑偶 
						if (d == 0)
							;
						else
							dp[i + 1][a + 1][b][c] += dp[i][a][b][c] * pw[i - 1] % MOD;
						//i+1黑奇 
						if (d == 0)
							dp[i + 1][a][b + 1][c] += dp[i][a][b][c] * pw[i] % MOD;
						else
							dp[i + 1][a][b + 1][c] += dp[i][a][b][c] * pw[i - 1] % MOD;
					}
					if (clr[i + 1] != 0) { //i+1白色 
						//若i+1白偶 
						if (b == 0)
							;
						else
							dp[i + 1][a][b][c + 1] += dp[i][a][b][c] * pw[i - 1] % MOD;
						//若i+1白奇
						if (b == 0)
							dp[i + 1][a][b][c] += dp[i][a][b][c] * pw[i] % MOD;
						else
							dp[i + 1][a][b][c] += dp[i][a][b][c] * pw[i - 1] % MOD; 
					}
					dp[i + 1][a + 1][b][c] %= MOD;
					dp[i + 1][a][b + 1][c] %= MOD;
					dp[i + 1][a][b][c + 1] %= MOD;
				}
	
	ll ans = 0;
	for (int a = 0; a <= n; a++)
		for (int b = 0; b <= n - a; b++)
			for (int c = 0; c <= n - a - b; c++) {
				int d = n - a - b - c;
				if ((b + d) % 2 == p)
					ans = (ans + dp[n][a][b][c]) % MOD;
			}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}
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