面向tg选手的DP练习题 笔记

本文原在 2024-05-31 13:53 发布于本人洛谷博客。

0. 题单链接

1. P4310 绝世好题

做题心得

有二进制考虑拆位。

转移和二进制有关，故考虑用二进制的每一位设计状态转移方程。

设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数，\(j\) 这一位为 \(1\) 的最长序列长度。

\[f_{i,j}=\max_{l=1}^n\{f_{i-1,l}+1\}(a_l\text{ and }j=1) \]

答案为 \(\max_{j=0}^{\log a}\{f_{n,j}\}\)

时间复杂度 \(O(n\log a)\)。（\(a\) 为值域）

2. P1944 最长括号匹配

这题和 DP 有关系吗。

用一个栈处理，设 \(vis_i=0/1\) 表示第 \(i\) 位能否匹配，在 \(vis\) 中找到最长的连续 \(1\) 的块即可。

时间复杂度 \(O(n)\)。（\(n\) 为字符串长度）

3. P1772 [ZJOI2006] 物流运输

做题心得

问题复杂时，从简单入手，考虑特殊情况。

数据范围很小，考虑乱搞。

设 \(f_i\) 表示第 \(i\) 天的最优方案，\(cost_{i,j}\) 表示第 \(i\) 到 \(j\) 天都不改变航线的最小花费。

\[f_i=\min_{j=0}^{i-1}\{f_j+cost_{j+1}+k\}(f_0=-k) \]

这一部分时间复杂度 \(O(n^2)\)。

接着考虑 \(cost\)，直接在输入的时候暴力记录 \(ill_{i,j}\) 表示 \(i\) 号码头第 \(j\) 天的不可用状态，然后 \(O(n^2)\) 循环枚举第 \(i\sim j\) 天，\(O(nm)\) 循环枚举某一个码头在 \(i\sim j\) 这一段时间里是否出现过不可用的状态，然后 \(O(e\log m)\) 跑最短路。

答案为 \(f_n\)。

整体时间复杂度 \(O(n^2+n^3m+n^2e\log m)\)，T 不了一点。

4. P1284 三角形牧场

做题心得

可以通过已知信息优化状态数。

校内 OJ 有一题三个杯子互相倒水，就是用 \(f_{a,b,c}\) 表示状态，其中 \(a,b,c\) 分别是三个杯子里水的数量。

同理，设 \(f_{i,a,b,c}\) 表示前 \(i\) 条边，能否组成 \(a,b,c\) 这样的三条边（先不考虑其是否为三角形）。

显然 MLE，但是由于每一条边都要用上，所以我们可以省略掉一维，用总和减两边得到第三边长，变为 \(f_{i,a,b}\)。

\[f_{i,a,b}=f_{i-1,a-l_k,b}\text{ or }f_{i-1,a,b-l_k} \text{ or }f_{i-1,a,b}(f_{0,0,0}=1) \]

\(O(m^2)\) 枚举两边搭配是否存在方案即可，然后海伦公式直接算，取个 \(\max\)。

5. P4158 [SCOI2009] 粉刷匠

做题心得

问题复杂时，先考虑部分，再考虑整体。

设 \(g_{i,j}\) 表示前 \(i\) 条刷 \(j\) 次的最大正确数，但是我们显然要知道某一条刷若干次的最大正确数，才能求解 \(g\)。

设 \(f_{i,k}\) 表示第 \(i\) 条刷 \(k\) 次的最大正确数，按照 DP 的定义这显然是难以转移的，我们再引入一维 \(j\)，设 \(f_{i,j,k}\) 表示第 \(i\) 条前 \(j\) 格刷 \(k\) 次的最大正确数，同时用前缀和 \(s_{0/1,i,j}\) 求一下第 \(i\) 条前 \(j\) 格 \(0/1\) 的数量。

\[f_{i,j,k}=\max_{l=1}^{j-1}\{f_{i,l,k-1}+\max(s_{0,i,j}-s_{0,i,l},s_{1,i,j}-s_{1,i,l})\} \]

需要注意的是，一次最少涂一格，所以 \(k\) 的上界是 \(m\) 而不是 \(t\)，时间复杂度是 \(O(nm^3)\) 而非 \(O(nm^2t)\)。

\[g_{i,j}=\max_{k=1}^{\min(j,m)}\{g_{i-1,j-k}+f_{i,m,k}\} \]

答案为 \(g_{n,t}\)。

整体时间复杂度 \(O(nm^3+nmt)\)。

6. P1156 垃圾陷阱

巨大坑点：一个时间点可以存在多个垃圾。

设 \(dp_{i,j,0/1}\) 表示表示在第 \(i\) 个时刻，还能活 \(j\) 个时刻（不包括第 \(i\) 个时刻）的最大高度，\(0\) 和 \(1\) 表示当前垃圾是否使用，用于滚动数组。

设 \(maxt\)，\(maxf\) 分别表示最大可能达到的 \(i\) 和最大可能达到的 \(j\)。

则先把上一时刻的状态转移过来：

\[dp_{i,j,0}=\max(dp_{i-1,j+1,0},dp_{i-1,j+1,1}) \]

然后处理吃掉当前垃圾的情况：

\[dp_{i,j,1}=\max(dp_{i,j,1},dp_{i,j-f,0}) \]

然后处理用当前垃圾来垫高的情况：

\[dp_{i,j,1}=\max(dp_{i,j,1},dp_{i,j,0}+h) \]

最后滚动数组合并：

\[dp_{i,j,0}=\max(dp_{i,j,0},dp_{i,j,1}) \]

找答案：

如果能垫上去，那么答案就是出现 \(dp_{i,j,0}\ge D\) 时，\(i\) 的最小值。

如果垫不上去，那么答案就是当存在 \(dp_{i,j,0}\) 这种状态时，\(i+j\) 的最大值。

时间复杂度 \(O(FGT)\)。

7. P4095 [HEOI2013] Eden 的新背包问题

（歪解，正解 CDQ）

首先，很明显是一个多重背包，按照多重背包的二进制拆分方式得到 \(v\)（价格），\(w\)（价值）。

假设第 \(i\) 个物品拆分出来之后，在 \(v\) 数组占据 \([lt_i,rt_i]\) 一段。开两个背包，\(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个拆分出来的物品，最多花 \(j\) 元的最大价值；\(g_{i,j}\) 表示第 \(i\) 个及以后拆分出来的物品，最多花 \(j\) 元的最大价值。

1. 将上一个物品的状态转移过来

\[f_{i,j}=f_{i-1,j} \]

2. 背包

\[f_{i,j}=\max(f_{i,j},f_{i-1,j-v_i}+w_i) \]

3. 由于 \(j\) 表示最多花 \(j\) 元，所以还需要将花了 \([0,j-1]\) 元的状态转移过来

\[f_{i,j}=\max(f_{i,j},f_{i,j-1}) \]

4. 从后往前做的背包同理：

\[g_{i,j}=g_{i+1,j} \]

\[g_{i,j}=\max(g_{i,j},g_{i-1,j-v_i}+w_i) \]

\[g_{i,j}=\max(g_{i,j},g_{i,j-1}) \]

对于每一个询问（删掉物品 \(d\) 而你有 \(e\) 元），答案为：

\[\max_{i=0}^e f_{lt_d-1,i}+g_{rt_d+1,e-i} \]

时间复杂度 \(O(10^3\times n\log c+qe)≈O(3\times 10^8)\)

8. P2340 [USACO03FALL] Cow Exhibition G

设 \(O=400\times [1000-(-1000)]\div 2=4\times 10^5\)，\(dp_i\) 表示当智商为 \(i-O\) 时，情商的最大值。

若 \(s_i\ge 0\)，反着 01 背包：

\[dp_j=\max(dp_{j-s_i}+f_i) \]

若 \(s_i\le 0\)，正着 01 背包：

\[dp_j=\max(dp_{j+s_i}+f_i) \]

答案即为 \(\max_{i=O}^{8\times 10^5}\{i-O+dp_i\}[dp_i\ge 0]\)。

时间复杂度 \(O(8\times 10^5\times n)\)。

10. P3188 [HNOI2007] 梦幻岛宝珠

做题心得

当题目有地方与思路冲突时，考虑寻找性质，转换冲突的地方，使得更好处理。

物品数很少，体积很大，但 \(a,b\) 又很小，这启示可以按 \(b\) 分组做 \(0/1\) 背包。设 \(f_{i,j}\) 表示 \(b=i\) 的物品中，拿 \(j\times 2^b\) 体积的物品的最大价值；设第 \(k\) 个物品体积 \(v_k=a_k\times 2^{b_k}\)，价值为 \(w_k\)。

\[f_{i,j}=\max_{b_k=i}\{f_{i,j-a_k}+w_k\} \]

接着考虑合并背包，有个重要的性质：

• 若接下来只考虑体积为 \(k\times 2^i\) 的物品，则对于一部分体积总和小于 \(a\times 2^{i-1}\) 的物品，其等价于一个体积为 \(\left \lceil a\div 2 \right \rceil \times 2^i\) 的物品。

  • 感性理解一下，将背包划分为若干个大小为 \(2^i\) 的格子，有个格子但凡被占用了 \(1\) 的体积，它也不能再放 \(2^i\) 体积的物品，如果 \(i\) 从小到大考虑，一填就必须填满一个格子，那么就不存在能够填前面空格的情况。

但还有个问题，\(W\neq a\times 2^b\)，可以把 \(W\) 二进制拆分为 \(2^i+2^j+\dots +2^k\) 的形式，如果 \(W\) 的第 \(i\) 位为 \(1\)，就说明多了一个大小为 \(2^i\) 的格子，这个格子显然不会对大小为 \(2^{i+1}\) 及更大的格子造成影响，故第 \(i\) 位时可以丢一个 \(2^i\) 进这个格子，不必合并到 \(i+1\) 位。

有点抽象，结合公式理解，在上面 dp 的基础上，还要先合并。为了符合逻辑方便书写，我使用的是由 \(f_{i,j}\) 转移到别的状态的写法。

\[p=\max(\left\lfloor(j-((W \div 2^i)\operatorname{and} 1))\div 2\right\rfloor,0) \]

\[f_{i+1,p}=\max(f_{i+1,p},f_{i,j}) \]

最后的答案，假设 \(W\) 最高二进制位位 \(s\)，则为 \(\max(f_{s,1},f_{s,0})\)，因为很有可能下面更小的格子全都找到了自己别的“归宿”，根本就没有人占用最高位的这一个格子。

状态数 \(O(30\times 10\times n)\)，转移复杂度 \(O(n)\)，总时间复杂度 \(O(300n^2)\)。

14. P2224 [HNOI2001] 产品加工

设 \(f_{x,i}\) 表示加工到第 \(x\) 个产品时，A 机器工作到时刻 \(i\)，B 机器工作到的时刻的最小值。

给 A 做，\(f_{x,i}\gets f_{x-1,i-a_i}\)。

给 B 做，\(f_{x,i}\gets f_{x-1,i}+b_i\)。

一起做，\(f_{x,i}\gets f_{x-1,i-c_i}+c_i\)。

显然 \(x\) 这一维可以直接扔掉变为 \(f_i\)，初始时 \(f_i=\infty\)，\(f_0=0\)。当处理到第 \(x\) 个产品时，\(i\) 的上界 \(maxx\gets\sum_{p=1}^x\max(a_i,c_i)\)

答案为 \(\min_{i=0}^{maxx}\{\max(i,f_i)\}\)。

时间复杂度 \(O(n^2)\)。

15. P2851 [USACO06DEC] The Fewest Coins G

给钱是一个多重背包，找钱是一个完全背包，设 \(f_i\) 表示给 \(i\) 元最少需要的钱币数，\(g_i\) 表示找 \(i\) 元最少需要的钱币数。

dp 完之后，答案就是 \(\min_{i=t}^{\max}\{f_i+g_{i-t}\}\)。

时间复杂度 \(O(N(T+V^2))\)。

17. P4170 [CQOI2007] 涂色

做题心得

寻找条件转换题意为熟悉的模型。

挺板一区间 dp，设 \(f_{i,j}\) 表示将 \([l,r]\) 涂成一种颜色的最小次数。

对于扩展区间，在本题中的实际意义就是提前涂好一层底色，再进行操作。

若 \(col_l=col_r\)，直接 \(O(1)\) 转移：\(f_{l,r}=\min(f_{l+1,r},f_{l,r-1})\)。

否则 \(O(n)\) 枚举断点转移：

\[f_{l,r}=\min\{f_{l,mid}+f_{mid+1,r}\} \]

时间复杂度 \(O(n^3)\)。

18. P2890 [USACO07OPEN] Cheapest Palindrome G

板区间 dp，设 \(f_{i,j}\) 表示 \([i,j]\) 变成回文串的最小花费，初始时 \(\forall s_i=s_{i+1},f_{i,i+1=0}\)；\(\forall i,f_{i,i}=0\)。若 \(i<j\)

• \(s_i=s_j\)，不管：\(f_{i,j}=f_{i+1,j-1}\)。

• \(s_i\ne s_j\)，四种情况：结尾增 \(i\)，开头删 \(i\)，开头增 \(j\)，结尾删 \(j\)。

\[f_{i,j}=\min(f_{i+1,j}+\min(add_i,del_i),f_{i,j-1}+\min(add_j,del_j)) \]

答案为 \(f_{1,n}\)，时间复杂度 \(O(n^2)\)。

19. CF149D Coloring Brackets

做题心得

当实在难以转移时，合理添加状态。

先预处理出每个括号匹配的另一半，记与 \(i\) 匹配的位置时 \(mat_i\)。设 \(f_{l,r}\) 表示 \([l,r]\) 内的答案总数，这并不好写，所以继续暴力开状态，设 \(f_{l,r,0/1/2,0/1/2}\) 表示当 \(l\) 颜色为无/红/蓝，\(r\) 颜色同理时，\([l,r]\) 内的答案数。

• \(\underset{l}{(}\underset{r}{)}\)：直接 \(f_{l,r,i,j}=1\)，注意 \(i,j\) 必有一个无色，必有一个有色。

• \(\underset{l}{(}\dots\underset{r}{)}\)：从 \([l+1,r-1]\) 转移，对于这里面区间两端取不同颜色，属于加法原理，注意 \((l,l+1),(r,r-1)\) 颜色不同，且 \((l,r)\) 必有一个无色，必有一个有色。

• \(\underset{l}{(}\dots\underset{mat_l}{)}\dots\underset{r}{)}\)：从 \([l,mat_l]\) 与 \([mat_l+1,r]\) 转移，这里则是乘法原理，注意 \(mat_l,mat_l+1\) 颜色不同。

正着写从小到大的区间 dp 有很多不合法的情况且 TLE，所以可以写成记忆化搜索。

答案为 \(\sum_{i=0}^2\sum_{j=0}^2 f_{1,n,i,j}\)，这玩意时间复杂度似乎不超过 \(O(n\log n)\)，不会证（逃。

20. P5851 [USACO19DEC] Greedy Pie Eaters P

做题心得

寻找区间内独有的情况，处理出这种情况的结果，然后区间 dp 计算方案。

区间 dp，设 \(f_{i,j}\) 表示吃完 \([i,j]\) 的派的最优值，则可以板区间 dp：

\[f_{l,r}=\max_{mid=l}^{r-1}\{f_{l,mid},f_{mid+1,r}\} \]

也有可能有一头牛吃完了这个区间的最后一个派，假设这个派的位置是 \(mid\)：

\[f_{l,r}=\max_{mid=l}^r\{f_{l,mid-1}+f_{mid+1,r}+g_{l,r,mid}\} \]

\(g_{l,r,mid}\) 表示 \([l,r]\) 区间最后吃 \(mid\) 的最大牛，原因是一种方案内，符合下标条件的牛一定只有一条，故可以贪心取最大，初始输入 \(w,l,r\) 时，\(\forall i\in [l,r],g_{l,r,i}=w\)，然后这区间可以 \(O(1)\) 扩展。区间 \([l,r]\) 第 \(i\) 个最后被吃，要么是 \(g_{l,r-1,i}\) 这头牛吃，要么是 \(g_{l+1,r,i}\) 这头牛吃，注意 \(i\) 是否在分割的小区间内，总的即：

\[g_{l,r,i}=\max(g_{l,r-1,i}[i\ne r],g_{l+1,r,i}[i\ne l]) \]

答案为 \(f_{1,n}\)，时间复杂度 \(O(n^3)\)。

21. UVA1437 String painter

首先，这题相当于染色的加强版。

考虑从空到 \(b\) 的方案，求法与染色相同。加入 \(a\) 之后，就变成了不是 \(f_{1,n}\) 最优，而是 \((f_{1,i}+f_{i+1,j}+\dots+f_{k+1,n})\) 最优，因为有的字母如果与 \(a\) 相同，可以不涂，由此产生许多其他情况。而求上面式子，\(O(n^2)\) dp 即可，设 \(g_i\) 表示前 \(i\) 个字母，\(a\) 变成 \(b\) 的最小次数。

• 先赋初值，直接从 \(1\) 涂过来：\(f_{1,i}\)。

• 如果 \(a_i=b_i\)，这位可以不涂：\(\min(g_i,g_{i-1})\)。

• 从前面转移：\(\min_{j=1}^{i-1}\{g_j+f_{j+1,i}\}\)。

\(g_i\) 就是上面三个的最小值，答案为 \(g_n\)，时间复杂度 \(O(n^3+n^2)\)。

22. UVA1629 切蛋糕 Cake slicing

状态这么小直接记忆化爆搜，用二维前缀和处理每个区间内樱桃个数即可，\(f(u,d,l,r)\) 表示一个矩形区间最小花费，枚举从哪切割，横切还是竖切，递归子区间即可

\[f(u,d,l,r)= \begin{cases} 0 & 区间内恰有 1 个樱桃 \\ \infty & 区间内无樱桃 \\ \min(\min_{mid=u}^{d-1}f(u,mid,l,r)+f(mid+1,d,l,r)+r-l+1,\min_{mid=l}^{r-1}f(u,d,l,mid)+f(u,d,mid+1,r)+d-u+1) & \text{Otherwise.} \end{cases} \]

答案为 \(f(1,n,1,m)\)，时间复杂度为状态数加上二维前缀和：\(O(n^3+n^2)\)。