区间DP（一）

还是刷了一些题，总结一下吧。

枚举顺序

AT_arc108_e

用 $f_{l, r}$ 表示选择了 $l, r$ 之后的期望长度。转移上枚举下一个数是谁，有方程：

f_{l, r} = 1 + \frac{1}{c n t} \sum_{l < i < r, a_{l} \leq a_{i} \leq a_{r}} f_{l, i} + f_{i, r}

拆开来有：

f_{l, r} = 1 + \frac{1}{c n t} (\sum_{l < i < r, a_{l} \leq a_{i} \leq a_{r}} f_{l, i} + \sum_{l < i < r, a_{l} \leq a_{i} \leq a_{r}} f_{i, r})

有一种妙的枚举顺序，左端点从大到小，右端点从小到大，这样一来就可以用树状数组来维护了。统计答案可以用哨兵元素，复杂度 $O (N^{2} \log N)$ 。

可以推广，也就是说我们的枚举顺序应该服务于我们的转移顺序。另一个经典的例子是邮局，根据四边形不等式， $c (x, y - 1) \leq c (x, y) \leq c (x + 1, y)$ 的，也就说我们希望 $(x + 1, y), (x, y - 1)$ 要先于 $(x, y)$ 计算，同时由于 DP 自己的需要 $(x - k, y - 1)$ 也要先行计算，所以我们确定出了先按 $y$ 从小到大，然后按 $x$ 从大到小的枚举顺序，这样就可以满足各方的需求了。

P2339

一道应该挺经典的题目。从大区间往小区间转移即可，复杂度平方。

状态设计

这是这几道题做下来的最深的感悟。总结起来就是说，如果一个状态发现无法正确转移，那就说明缺点什么；至于缺点什么，可以从决策过程来思考。在区间 DP 中，缺的这个东西常常是值。然后以几道题为例子说一下。

一个结论是，如果确定了一个题是区间 DP，那么就可以通过数据规模来猜。 $1000$ 应该是决策很少的傻逼题或者数据结构等优化的巧妙题， $300$ 应该就是常规的 $O (N^{3})$ 的 DP， $100$ 大概就是要加点状态了， $50$ 的话如果出题人神志正常的话那么肯定就要加个一两维状态了。

P3607

首先有个思路是把一个子序列翻转等同于选出一些位置对，当然了这些位置对需要形成一个套娃的关系，并交换对应位置对上的数。这很好理解。既然是套娃的关系，那么似乎就可以用区间 DP 来解决了。

朴素地用 $f_{l, r}$ 代表区间 $[l, r]$ 的数已经翻转完毕了的答案。当前决策无非两种，交换 $a_{l}, a_{r}$ 和不交换。然而发现两种决策似乎都没法计算贡献，毕竟你不知道中间那块究竟形成了一个怎样的不降序列，所以可以用最经济实惠的方式，也就是记录上下界，来定义状态。于是 $f_{l, r, x, y}$ 代表区间 $[l, r]$ 形成了一个第一个数不小于 $x$ ，最后一个数不大于 $y$ 的最大答案。基础转移就是从同区间小值域，或者从同值域小区间转移，不基础的就是考虑 $a_{l}$ 和 $a_{r}$ 的贡献。此时问题就显得非常简单了，就没必要多说了。代码：

read(m);
for(int i=1;i<=m;i++){
	read(a[i]);
	for(int j=1;j<=a[i];j++)for(int k=a[i];k<N;k++)f[i][i][j][k]=1;
}
for(int len=1;len<m;len++)for(int l=1;l+len<=m;l++){
	int r=l+len;
	for(int y=1;y<N;y++)for(int x=y;x;x--){
		check(f[l][r][x][y],f[l+1][r][x][y]+(a[l]==x));
		check(f[l][r][x][y],f[l][r-1][x][y]+(a[r]==y));
		check(f[l][r][x][y],f[l+1][r-1][x][y]+(a[l]==y)+(a[r]==x));
		check(f[l][r][x][y],f[l][r][x+1][y]);
		check(f[l][r][x][y],f[l][r][x][y-1]);
	}
}
printf("%d\n",f[1][m][1][N-1]);

P4766

也是一个非常巧妙的题目。首先粗略地用 $f_{l, r}$ 定义 $[l, r]$ 的答案，然后发现似乎没法合并，因为假如粗略的把外星人分成 $[l, k]$ 和 $[k + 1, r]$ 两类分别消灭的话，那么那些时间横跨中点的外星人可能就会被消灭两次，显然不优。于是从合并的角度来看，会发现有一个外星人比较特殊，那就是这个区间中距离最远的那个。这个外星人会被消灭，并且被消灭时使用的代价肯定是它的距离。既然如此，我们不妨钦定一开始就消灭这个外星人，然后考虑剩下的外星人如何处理。枚举消灭外星人王的位置 $t$ ，那么显然凡是生命值和 $t$ 有交的外星人都会被消灭，于是剩下的都是在 $t$ 之前死掉的和在 $t$ 之后出生的。在这个时候可以修改一下定义，定义 $f_{l, r}$ 表示消灭完全处在 $[l, r]$ 中的外星人需要的代价，就是顺着上面那种方式转移即可。

void solve(){
	read(m);n=0;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		read(a[i].l);read(a[i].r);read(a[i].d);
		b[++n]=a[i].l,b[++n]=a[i].r;
	}
	sort(b+1,b+n+1);n=unique(b+1,b+n+1)-b-1;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		a[i].l=lower_bound(b+1,b+n+1,a[i].l)-b;
		a[i].r=lower_bound(b+1,b+n+1,a[i].r)-b;
	}
	for(int len=0;len<n;len++){
		for(int l=1;l+len<=n;l++){
			int r=l+len,pl=0;f[l][r]=inf;
			for(int i=1;i<=m;i++)
				if(a[i].l>=l&&a[i].r<=r&&a[i].d>a[pl].d)pl=i;
			if(pl==0){f[l][r]=0;continue;}
			for(int i=a[pl].l;i<=a[pl].r;i++)
				f[l][r]=min(f[l][r],f[l][i-1]+f[i+1][r]+a[pl].d);
		}
	}
	printf("%d\n",f[1][n]);return;
}

P5336

也是一道非常好的区间 DP 题目。会发现直接做非常不好做，所以还是按照上面的那种思路，从决策的角度来设计状态。考虑对于一个区间，肯定是未卜先知地选定一个值域区间 $[x, y]$ ，把其它的数用最少的代价删掉，只保留其中的数。最后，用一个代价为 $a + b (y - x)^{2}$ 的操作带走。然后开始思考如何做到保留特定的数，于是想到再加两维状态，用 $f_{l, r, x, y}$ 代表把 $[l, r]$ 删的只剩下值在范围 $[x, y]$ 中的最少代价，同时定义 $g_{l, r}$ 表示把区间删完的最少代价。 $f$ 到 $g$ 有简单的转移，而 $f$ 的转移，直接枚举区间的断点，左右两半分别有两种决策，即同样剩下 $[x, y]$ 和全部删完。复杂度 $O (N^{5})$ 。注意初始化。

signed main(){
	read(m);read(aa);read(bb);
	for(int i=1;i<=m;i++)read(a[i]),b[i]=a[i];
	sort(b+1,b+m+1);n=unique(b+1,b+m+1)-b-1;
	memset(f,0x3f,sizeof(f));memset(g,0x3f,sizeof(g));
	for(int i=1;i<=m;i++){
		a[i]=lower_bound(b+1,b+n+1,a[i])-b;f[i][i]=aa;
		for(int ll=1;ll<=a[i];ll++)for(int rr=a[i];rr<=n;rr++)g[i][i][ll][rr]=0;
	}
	for(int len=1;len<m;len++)for(int l=1;l+len<=m;l++){
		int r=l+len,nowData=inf;
		for(int sa=1;sa<=n;sa++)for(int sb=sa;sb<=n;sb++){
			int nowVal=inf;
			for(int i=l;i<r;i++)
				check(nowVal,min(f[l][i],g[l][i][sa][sb])+min(f[i+1][r],g[i+1][r][sa][sb]));
			g[l][r][sa][sb]=nowVal;
			check(f[l][r],nowVal+(b[sb]-b[sa])*(b[sb]-b[sa])*bb+aa);
		}
	}
	printf("%d\n",f[1][m]);return 0;
}