动态规划

动态规划

这一篇完全写不完，只能把今天回顾的内容记录一遍，所以之后肯定会补充。

概念性知识（使用条件）

最优子结构

即：一个情形面前只有有限个抉择，那么要想让当前得到的结果最优，那么一定会去贪心地做出选择。

无后效性

把问题划分成阶段，那么按照逻辑顺序，当前阶段的决策不会受到之后所做的决策的影响。

可继承性

对于第 $i-1$ 个阶段，它是第 $i$ 个阶段的子问题，言下之意就是，前者的最优答案可以直接被后者继承，这一点在大部分实际问题中的意义表现为：在第 $i$ 个阶段不做任何事 / 不选任何东西，直接保留 $i-1$ 时的答案为最优解。

要素

阶段、状态、转移方程、初始条件、答案

基础问题 LIS 与 LCS

LIS 最长上升子序列

定义 $dp[i]$ 为：以第 $i$ 个数结尾的最长 LIS 长度

很容易写出一个 $O(n^2)$ 的暴力转移方程 $dp[i]=\underset{j}{\overset{a[i]>a[j]}{max}}(dp[j]+1)$，这样做在数据范围较大的情况下是会超时的。

所以我们考虑换个方式来定义 $dp$ ，$dp[len]$ 为：长度为 $len$ 的 LIS 结尾数字的最小值，很显然的是在这种定义下我们只需要使用贪心的思想来更新即可，并且这样的话就出现了一个美妙的性质: $dp$ 数组一定是单调增加的，因此可以在查找的时候二分。

枚举每一个 $a[i]$ ，二分查找 $dp$ 数组中最后一个小于 $a[i]$ 的数 ，同时更新 $dp[len]$即可。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int dp[N],a[N],n;
int main()
{
	int n;
	cin>>n;
	for(register int i=1;i<=n;++i)cin>>a[i];
	memset(dp,0x3f,sizeof dp);
	int ans=-1;
	for(register int i=1;i<=n;++i)
	{
		int pos=lower_bound(dp+1,dp+n+1,a[i])-dp-1;
		if(pos+1>ans)ans=pos+1;
		dp[pos+1]=min(dp[pos+1],a[i]);
	}
	cout<<ans;
	return 0;
 } 

LCS最长公共子序列问题

定义 $dp[i][j]$ 为：序列A考虑了前 $i$ 个，序列B考虑了前 $j$ 个的最长LCS长度。

当 $A[i]=B[j]$ 的时候，$dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1$ 。

否则，$dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])$ 。

这样做是 $O(nm)$ 的。

对于特殊情况，如 Luogu P1439，两个序列的元素实际上都相同（只是不对应相同），还有 $O(n\log n)$ 的写法。

Code-Brute Force Ver.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
	int n;
	cin>>n;
	int a[n+10],b[n+10],dp[n+10][n+10];
	for(register int i=1;i<=n;++i)cin>>a[i];
	for(register int i=1;i<=n;++i)cin>>b[i];
	for(register int i=0;i<=n;++i)
		for(register int j=0;j<=n;++j)dp[i][j]=0;
	for(register int i=1;i<=n;++i)
	{
		for(register int j=1;j<=n;++j)
		{
			dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
			if(a[i]==b[j])dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+1);
		}
	}
	cout<<dp[n][n];
	return 0;
}

Code-Better Ver.

随便给定两个题意序列 $1,5,2,3,6,4$ 和 $2,4,5,6,3,1$ 其中前一个序列在后一个序列中出现的位置分别是 $6,3,1,5,4,2$

我们发现，从第二个序列中选出一个子序列，其位置肯定是递增的，这两者是充要关系。

那么如果我们从第三个序列（也就是抽象过后的第一个序列）中选择一段递增的数字，那么其必定是序列一二的公共子序列；进一步地，我们选择第三个序列的LIS，那么其对应的就是序列一二的 LCS。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6;
int dp[N],a[N],b[N],idx[N];
int main()
{
	int n;
	cin>>n;
	for(register int i=1;i<=n;++i)
	{
		cin>>a[i];
		idx[a[i]]=i;
	}
	for(register int i=1;i<=n;++i)
	{
		cin>>b[i];
		a[idx[b[i]]]=i;
	}
	int ans=-1;
	memset(dp,0x3f,sizeof dp);
	for(register int i=1;i<=n;++i)
	{
		int pos=lower_bound(dp+1,dp+i,a[i])-dp-1;
		if(pos+1>ans)ans=pos+1;
		dp[pos+1]=min(dp[pos+1],a[i]);
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

记忆化搜索

比如用递归求解 Fibonacci 的时候，我们会经常访问同一个子问题 $f(i)$ ，而每次都去重复地用同样的过程去求解它，这显然是无用功，所以我们用一个数组来记录每个状态对应的值，如果它没有被计算过，我们就去调用函数，并且存储最后计算出来的值；反之，直接访问数组内的值，这样就可以极大地优化效率。

下面是记忆化求 FIbonacci 的示例：

int f[N]
int get(int x)
{
	if(f[x])return f[x];
	if(x==1||x==2)return 1;
	return f[x]=get(x-1)+get(x-2);
}

背包

https://www.cnblogs.com/Hanggoash/p/18561527

树形DP

节点选择与否

例题是 "没有上司的舞会"，初步来说这种比较简单。

树上选链

例题是 CF2050G

题意是：给定一棵树，可以断掉从 $a$ 到 $b$ 的一条路径，求做一次这样的操作之后能够获得的最大联通块个数。

核心思想是要想到：对于一个点，我们最优答案里选出来的这条链，对于某个点 $X$ ，要么过 $X$ 在 $X$ 的子树中；要么就以 $X$ 为起点在 $X$ 的子树中；要么就不过 $X$ ，而是对于另一个 $Y$ 有前两种情况中的一种成立。

这样就很容易想到定义 $dp[x][0/1]$ 为在 $x$ 的子树内，分别是上面前两种情况的整体最优答案（注意这个答案不止在子树内部考虑）。

然后就很好转移了。

Code

↓ShowCode↓

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T,n,m;
const int  N=2e5+10;
int dp[N][2];
inline void dfs(int x,int fa,vector<vector<int>> &e,vector<int> &sz)
{
    dp[x][1]=0,dp[x][0]=sz[x];
    int mx1=-1,mx2=-1;
    for(auto v:e[x])
    {
        if(v==fa)continue;
        dfs(v,x,e,sz);
        dp[x][0]=max(dp[x][0],dp[v][0]+sz[x]-2);
        if(dp[v][0]>mx1)mx2=mx1,mx1=dp[v][0];
        else if(dp[v][0]>mx2)mx2=dp[v][0];
    }
    if(mx2!=-1)dp[x][1]=mx1+mx2+sz[x]-4;
}
inline void solve()
{
    cin>>n;
    vector<vector<int>> e(n+1);
    vector<int> sz(n+1,0);
    for(int i=1,u,v;i<=n-1;++i)
    {
        cin>>u>>v;  
        e[u].push_back(v);
        e[v].push_back(u);
        sz[v]++,sz[u]++;
    }
    dfs(1,0,e,sz);
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;++i)ans=max(ans,max(dp[i][0],dp[i][1]));
    cout<<ans<<'\n';
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

树形背包

例题是 “选课”，大概就是还需要定义一维状态来记录当前子树之内选取了多少个物品。

算法流程大概是：对于当前节点 $x$ ，先把其所有子节点 $v$ 的 DP 值求出来，然后再把每个子节点当做 0/1 背包中的 $n$ 个物品来转移，对于每个子节点的转移，我们又枚举子节点里面选多少个物品，当做分组背包来做。

区间DP

例题大概是石子合并之类的，注意有一个 trick 在于：对于成环的问题可以拆成首尾相接的两条链来处理，这样就能很自然的判断出环上的情况，否则还需要加一层复杂度，多枚举一个断点。