CF DP题练习

< *1800

I 545C. Woodcutters *1500
可以贪心，不过我是来练 $d p$ 的。
我们设 $f_{i, 0 / 1 / 2}$ 代表第 $i$ 棵树 向左倒/不砍/向右倒 。
可以列出方程直接写即可。

n = read();
F(i,1,n)a[i].x = read(),a[i].h = read();
f[1][0] = 1;if(a[2].x - a[1].x > a[1].h)f[1][2] = 1;
a[n+1].x = inf;
F(i,2,n){
    f[i][1] = max(f[i-1][0],max(f[i-1][1],f[i-1][2]));
    if(a[i].x - a[i-1].x > a[i].h)f[i][0] = max(f[i-1][0],f[i-1][1]) + 1;
    if(a[i].x - a[i-1].x > a[i].h + a[i-1].h)f[i][0] = max(f[i][0],f[i-1][2]+1);
    if(a[i+1].x - a[i].x > a[i].h)f[i][2] = max(f[i-1][0],max(f[i-1][1],f[i-1][2])) + 1;
}
printf("%lld\n",max(f[n][0],max(f[n][1],f[n][2])));

II 166E. Tetrahedron *1500

我们定义 $f_{i}$ 为走 $i$ 步后停留到 $A$ 点的方案数， $g_{i}$ 为停在 其他点 的方案数。

则 $f_{i} + g_{i} = 3^{i}$ ，易得到递推方程 $f_{i} = g_{i - 1} = 3^{i - 1} - f_{i - 1}$ 。

III 1418C. Mortal Kombat Tower *1500
考虑 $d p$ ，我们令 $f_{i, 0 / 1}$ 代表打到第 $i$ 个怪兽且第 $i$ 个怪兽是 朋友/自己 打败的。

则可以列出状态转移方程为：

$f_{i, 0} = m i n (f_{i - 1, 1} + a_{i}, f_{i - 2, 1} + a_{i} + a_{i - 1})$ 意思是朋友打 一个或两个 的花费。

$f_{i, 1} = m i n (f_{i - 1, 0}, f_{i - 2, 0})$ 意思是自己打 不需要花费。

注意一下多测不能直接 memset

IV 431C. k-Tree *1600
我们令 $f_{i, 0 / 1}$ 表示路径总和为 $i$ 的 符合/不符合 路径条数，答案即为 $f_{n, 1}$ 。

$f_{i, 0} = \sum_{j < d} f_{i - j, 0}$ 因为不能有大于 $d$ 的边。

$f_{i, 1} = \sum f_{i - j, 0} + \sum_{j \geq d} f_{i - j, 0}$

1800 ~ 2200

I 1997C.Nikita and LCM *1900

我们令 $M = l c m (a_{1}, . . . a_{n})$ ，则 $a$ 的任何一个子序列的 $l c m$ 一定是 $M$ 的因数。

若 $M$ 大于 $a$ 中的任意一个数，则答案为 $n$ 。
否则，我们可以以因数表示为状态，线性转移即可。

状态可以存到 $s e t$ 中利用 $m a p$ 转移。
复杂度 $O (n C l o g (C))$ ， $C$ 大约为 $500$ 。(注意不要爆 $l o n g l o n g$ ！！)

int t,n,ans;
ll a[N],mx,lc;
ll lcm(ll x,ll y){
    if(x > 1e9 || y > 1e9)return inf;
    return x * y / __gcd(x,y);
}
set<ll>st;
map<ll,int>f,v,g;
void solve(){
    st.clear(),f.clear(),v.clear();
    st.insert(1);
    f[1] = 0,ans = 0;
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        v[a[i]] = 1;g = f;//需要一个转移数组 g
        for(auto state:st){
            ll x = lcm(state,a[i]);
            f[x] = max(f[x],g[state]+1);
            st.insert(x);
        }
    }
    for(auto state:st)
        if(!v[state])ans = max(ans,f[state]);
    printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
    t = read();
    while(t--){
        n = read();
        lc = 1,mx = 0;
        F(i,1,n)a[i] = read(),mx = max(mx,a[i]),lc = lcm(lc,a[i]);
        if(lc > mx){
            printf("%d\n",n);
            continue;
        }
        solve();
    }
    
	return cerr << "Time : " << clock() << " ms" << endl, 0;
        
}

II CF771C Bear and Tree Jumps *2100

我们考虑对于以 $x$ 为根的子树内的答案，设 $f_{x, j}$ 表示在 $x$ 子树内，与 $x$ 距离为 $j$ 的节点答案和，有 $j \in [1, k), f_{x, j} = \sum_{y \in s o n (x)} f_{y, j - 1}$ ，当 $j = 0$ 时，我们分类讨论，若 $y$ 节点离 $x$ 节点距离不超过 $k$ ，则可以用 $1$ 的费用到达，若距离大于 $k$ ，则我们需要找到距离为 $k$ 的节点的答案，再同一加上 $1$ ，即 $f_{x, 0} = \sum_{y \in s o n (x)} f_{y, k - 1} + s i z e_{y}$ 。