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 \(dp[\dots][S]\) 表示外层 DP 进行到 \(\dots\) 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 \(m\)。\(n=|s|\)。求对于 \(i=0\sim n\)，有多少串 \(t\) 满足 \(|t|=m\) 且 \(LCS(s,t)=i\)。\(n\le 15,m\le 10^3\)。
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 \(f[i][j]=\max(f[i-1][j],f[i][j-1],f[i-1][j-1]+[s_i=t_j])\)。
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 \(f[1\sim n][i]\) 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，\(n\le 15\)，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 \(f[1\sim n][i]\) 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，\(f[x+1][j]-f[x][j]\in \{0,1\}\)。
证明：
按 \(j\) 的大小数学归纳法。\(j=1\) 显然。
若 \(f[x+1][j]=f[x][j]\)，立即成立。
若 \(f[x+1][j]=f[x][j-1]+1\)，又 \(f[x][j]\ge f[x][j-1]\)，所以 \(f[x+1][j]-f[x][j]=f[x][j-1]+1-f[x][j]\le f[x][j-1]+1-f[x][j-1]=1\)。
若 \(f[x+1][j]=f[x+1][j-1]\)，\(f[x][j]\ge f[x][j-1]\)，由数学归纳法，\(f[x+1][j-1]-f[x][j-1]\le 1\)，所以 \(f[x+1][j]-f[x][j]\le f[x+1][j-1]-f[x][j-1]\le 1\)。
证毕。
有了这个性质又怎么样？得出结论：\(\Delta f\) 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，\(\Delta f[1\sim n][i]\) 为 \(S\) 的方案数。最终 \(i\) 的答案就是 \(\sum dp[m][A]\)，其中 \(A\) 是一个包含 \(i\) 个 \(1\) 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 \(1\sim n\) 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。\(n\le 15\)。
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 \(f_i\) 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 \(\le m\)。
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#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 \(1\sim k\) 的整数。求对于 \(i=1\sim nk\)，有多少种赋值方式使得这棵树的最大独立集答案为 \(i\)。对 \(10^9+7\) 取模。\(n\le 1000,k\le 5\)。
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 \(O(n^3k^4)\)。
考虑优化。观察数据范围里的 \(k\le 5\) 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 \(k\le 5\) 优化一下。而容易发现 \(|A-\max(A,B)|\le k\)，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 \(dp[i][A][\Delta]\) 表示 \(i\) 的子树内 \(f[i][0]=A\)，\(\max(f[i][0],f[i][1])-f[i][0]=\Delta\) 的方案数。复杂度降为 \(O(n^2k^4)\)。
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#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 \(\bmod 2=p\)。\(n\le 50\)。
这题 \(O(n^4)\) 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。\(f_i\) 表示以 \(i\) 结尾的黑白交替路径条数。然后求 \(\sum f_i\)。注意到求的是 \(\bmod 2\)，所以只关注 \(f_i\) 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 \(i-a-b-c\) 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 \((b+d)\bmod 2=p\) 即可。
这就是 \(O(n^4)\) 的解法。下面是优化。
如果写出了转移方程，就能发现（简记 \(dp[i][a][b][c]\) 为 \(dp\)）：
- \(i+1\) 白奇，若 \(b=0\)，无法从 \(dp\) 转移而来；否则增加 \(dp\times 2^{i-1}\)。
- \(i+1\) 白偶，若 \(b=0\)，增加 \(dp\times 2^i\)；否则增加 \(dp\times 2^{i-1}\)。
- \(i+1\) 黑奇，若 \(d=0\)，增加 \(dp\times 2^i\)；否则增加 \(dp\times 2^{i-1}\)。
- \(i+1\) 黑偶，若 \(d=0\)，无法从 \(dp\) 转移而来；否则增加 \(dp\times 2^{i-1}\)。
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 \(>0\)，\(d\) 是否 \(>0\)，当前黑白交替路径总数是奇数还是偶数 的方案数。
\(O(n^4)\) 代码：
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#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;
}
