动态规划技巧

一些对于动态规划的技巧，与优化进行区分。

技巧学过之后是简单的，但是不学基本上写不出来，这些技巧一般只是解题的一小步，或者状态的设计与优化，但其实是至关重要的。

1. 费用提前计算

当 DP 中当前决策会影响未来的费用/贡献，且该费用/贡献仅与当前决策相关，这样我们可以提前计算所影响的费用。

栗子：我们有一些机器，存在一个值表示该机器的价值，选出某个机器可以增加其他所有机器的价值 $u p$ ，则对于选该机器的决策，我们就有固定增加 $u p \times (n - 1)$ 的贡献，可以提前计算。

什么叫仅呢？再举一个例子，若选择 $i, j$ 两个机器会造成额外 $(w_{i} + w_{j})^{2} = w_{i}^{2} + w_{j}^{2} + 2 w_{i} w_{j}$ 的贡献，则对于该式子就不仅与 $i$ 相关，因为 $2 w_{i} w_{j}$ 与两项皆有关。

例题：P2466 [SDOI2008] Sue 的小球

首先按照 $x$ 排序，这样走一定更优，我们设 $f_{0 / 1, i, j}$ 表示当前已经拿到 $[i, j]$ 区间内的彩蛋，且当前在 $i / j$ 的最高分数，若我们要花费 $t$ 时间进行移动，则未选择的彩蛋的贡献会减少，即当前选择去某个彩蛋，则对于未来将要造成的贡献是有影响的，且仅与该决策，或者说花费的时间相关，若是暴力弄的话需要加一维状态，是非常不优的。

考虑费用提前计算，假设我们选了 $[i, j]$ 的点，将要选择 $i - 1$ 点，则有 $y_{i - 1} - t \times (\sum_{k = 1}^{i - 1} v_{k} + \sum_{k = j + 1}^{n} v_{k})$ 的贡献，右边是对未来贡献造成的影响，即所有未选择的彩蛋都下降 $t$ 时间，其中 $t$ 为移动所花费的时间，即 $x_{i} - x_{i - 1}$ 。

所以我们可以得到转移方程：

$f_{0, i, j} = max (f_{0, i + 1, j} - (x_{i + 1} - x_{i}) \times s_{i + 1, j}, f_{1, i + 1, j} - (x_{j} - x_{i}) \times s_{i + 1, j}) + y_{i}$
$f_{1, i, j} = max (f_{0, i, j - 1} - (x_{j} - x_{i}) \times s_{i, j - 1}, f_{1, i, j - 1} - (x_{j} - x_{j - 1}) \times s_{i, j - 1}) + y_{j}$

其中 $s_{i, j}$ 表示除去 $[i, j]$ 区间内 $v$ 的和，即上文的式子。

复杂度 $O (n^{2})$ 。

例题

I P2466 [SDOI2008] Sue 的小球

代码

II P4870 [BalticOI 2009 Day1] 甲虫

双倍经验，该题不用喝完所有露水，我们需要枚举所选个数，复杂度 $O (n^{3})$ 。

代码

III UVA1336 Fixing the Great Wall

三倍经验。

代码

IV CF441E Valera and Number

好题。

首先对于 $\times 2$ 相当于在其二进制下加了个 $0$ ，而 $+ 1$ 操作相当于进位，这个进位不是很好处理，因为其会大幅影响结尾 $0$ 的个数，我们思考一下，最后的结果都是形如 $\dots 1000 \dots$ ，后面全是 $0$ ，而前面我们不关注，也就是说我们只关心其最低位 $1$ 在哪里，所以我们考虑从后往前 DP。

设 $f_{i, j, k}$ 表示后 $i$ 个操作后，相当于加 $j$ 后，有 $k$ 个 $\times 2$ 的概率，则有：

若上个操作为 $+ 1$ ，则因为后面跟着 $k$ 个 $\times 2$ ，相当于 $+ 1$ ，即 $f_{i + 1, j + 1, k} \leftarrow f_{i, j, k} \times \frac{100 - p}{100}$
若上个操作位 $\times 2$ 。
- 若 $2 ∣ j$ ，我们可以相当于加 $\frac{j}{2}$ 后，有 $k + 1$ 个 $\times 2$ ，即 $f_{i + 1, \frac{j}{2}, k + 1} \leftarrow f_{i, j, k} \times \frac{p}{100}$ 。
- 若 $2 ∤ j$ ，则其末尾 $1$ 就固定了，而前面我们不关注，所以我们可以直接统计答案，即 $a n s \leftarrow f_{i, j, k} \times \frac{p}{100} \times k$ 。

最后当结束 $k$ 次操作后，其答案与 $x$ 也相关，即 $a n s \leftarrow \sum \sum f_{k, i, j} \times (s_{x + i} + j)$ ，其中 $s_{x}$ 表示 $x$ 最低位 $0$ 的个数。

我们最多有 $k$ 次 $+ 1$ 操作，总复杂度 $O (k^{3})$ ，已经可以过了。

可是这与费用提前计算有什么关系呢？我们发现 $k$ 这维是用来计算答案的，而若操作为 $\times 2$ 时，其对于后面一定有 $1$ 的贡献，即其二进制末尾一定会多个 $0$ ，所以我们可以直接对答案造成 $f_{i, j} \times \frac{p}{100}$ 的贡献，这样我们减少一维，复杂度 $O (k^{2})$ 。

代码

V CF626F Group Projects

一个技巧。

首先可以排序，这样对于我们选择的一组学生，其最大值即为最右边的值，则对于每个人有三种情况，最小值/最大值/中间值，所以我们设计 $f_{i, j, k}$ 表示前 $i$ 个学生，还有 $j$ 组没有最大值，所造成贡献为 $k$ 的方案数，有：

若第 $i$ 个人为新的一组最小值，则 $f_{i, j, k} \leftarrow f_{i - 1, j - 1, k + a_{i}}$ 。
若第 $i$ 个人为中间值，则 $f_{i, j, k} \leftarrow f_{i - 1, j, k} \times j$ 。
若第 $i$ 个人为某一组最大值，则 $f_{i, j, k} \leftarrow f_{i - 1, j + 1, k - a_{i}} \times (j + 1)$ 。
若第 $i$ 个人单独一组，则 $f_{i, j, k} \leftarrow f_{i - 1, j, k}$ 。

这里我们将 $| m a x - m i n |$ 的贡献拆开来计算， $k$ 可以为负数，最大可能开到 $\sum a_{i}$ ，复杂度 $O (n^{3} V)$ ，无法通过。

可以发现 $k$ 是较小的，我们考虑将 $a_{i} - a_{j}$ 拆分成一些数的和，这样不会造成负数的情况，可以考虑差分，对于状态 $f_{i, j, k}$ ，有对于所有没有最大值的 $j$ 组，一定有 $j \times (a_{i + 1} - a_{i})$ 的贡献，因为其最大值在 $i$ 之后，一定大于 $a_{i}$ ，这里相当于费用提前计算了。

设 $c_{i} = a_{i} - a_{i - 1}$ ，有转移：

若第 $i$ 个人为新的一组最小值，则 $f_{i, j, k} \leftarrow f_{i - 1, j - 1, k - c_{i} \times (j - 1)}$ 。
若第 $i$ 个人为中间值，则 $f_{i, j, k} \leftarrow j \times f_{i - 1, j, k - c_{i} \times j}$ 。
若第 $i$ 个人为某一组最大值，则 $f_{i, j, k} \leftarrow (j + 1) \times f_{i - 1, j + 1, k - c_{i} \times (j + 1)}$ 。
若第 $i$ 个人单独一组，则 $f_{i, j, k} \leftarrow f_{i - 1, j, k - c_{i} \times j}$ 。

这样复杂度是 $O (n^{2} k)$ 。

代码

VI AT_abc219_h Candles

II 的加强，唯一的区别是本题的蜡烛长度会不同，这样会导致我们选择的熄灭的蜡烛会不是一段连续的区间，我们就不可以枚举区间，考虑到我们费用提前计算的是未熄灭的蜡烛，即这些蜡烛都会变短，这样我们在其基础上加一维 $k$ 表示 $[l, r]$ 区间外还剩 $k$ 只蜡烛未被熄灭。

转移类似，多了两种不熄灭该蜡烛的情况需要讨论，复杂度 $O (n^{3})$ 。

代码

VII P7650 [BalticOI 2007 Day 1] Ranklist Sorting

神题。

分数各不相同，先离散化好处理，这里将其从大到小排序（意思是最大值为 $1$ ，次大值为 $2$ ...），令 $i d_{i}$ 表示数 $i$ 在原数列所在下标， $a_{i}$ 表示下标为 $i$ 中的数。

所以最后我们会得到 $(1, 2, . . . . n - 1, n)$ 的数列。

首先观察题目，可以感性发现一些性质。

若要使某个人 $x$ 移动，最多让其移动 $1$ 次，即移动到 $x + 1$ 前面，移动多次一定不如只移动一次优。
对于某个人 $x$ ，若其向后移动，会使一些人的下标减少，可以减少费用。

可以得出一个 结论：我们的操作应该是从编号大的到编号小的进行操作，且每个人最多操作一次。

对于某个人 $i$ ，我们假设所有 $> i$ 的数已经聚到一起，则我们可以设计 $f_{i, j}$ 表示到第 $i$ 个人，且所有 $\geq i$ 的人聚到 $j$ 的位置的最小费用。

分为两种情况。

若其要向右移动，设其要到达的位置为 $j > i d_{i}$ ：

因为每次所造成的贡献是当前下标，所以我们需要考虑求出，因为我们从大到小操作，根据结论可知，所有小于 $i$ 的数都没有动，即 $i$ 所在原位置前面小于 $i$ 的数是可知的，而所有大于 $i$ 的数一定在右边，因为 $j > i d_{i}$ ，所以 $i$ 所在的真实位置是下标小于 $i d_{i}$ 且大小小于 $i$ 的数目 $+ 1$ ，设 $c_{i, j}$ 表示前 $i - 1$ 个数中 $< j$ 的数目，则当前 $i$ 所在真实位置即为 $c_{i d_{i}, i} + 1$ ，同理我们可以得出 $i + 1$ 的真实位置为 $c_{j, i + 1} + 1$ 。
- 则若移动至 $j$ 前面的贡献为 $c_{i d_{i}, i} + c_{j, i + 1} + 1$ 。
  
  所以有 $f_{i, j} = f_{i + 1, j} + c_{i d_{i}, i} + c_{j, i + 1} + 1 = f_{i + 1, j} + c_{i d_{i}, i} + 1 + c_{j, i} + 1, j > i$ 。
- 因为 $j > i d_{i}$ ，所以其实我们可以不移动，让在 $(i d_{i}, j)$ 中间的数向前移动，但是该决策会影响向左移动的人的费用，我们考虑费用提前计算，对于 $k \in (i d_{i}, j)$ ，我们计算 $k$ 只计算了下标小于 $k$ ，大小小于 $a_{k}$ ，的值，所以若 $a_{k} < i$ ， $k$ 还需要跳过 $i - a_{k}$ 个数，因为我们已经假设所有 $> i$ 的数已经聚到一起，即所有 $> a_{k}$ 的数都在 $k$ 之前。
  
  所以有 $f_{i, i d_{i}} = {min}_{j = i + 1}^{n} (f_{i + 1, j} + \sum_{k = i + 1, i > a_{k}}^{j - 1} i - a_{k})$ 。
若其要向左移动，设其要到达的位置为 $j < i d_{i}$ 。

去除掉不移动的人的影响，这种情况必须移动，所以贡献为 $c_{i d_{i}, i} + 1 + c_{j, i} + 1$ 。

总转移有：

$f_{i, j} = f_{i + 1, j} + c_{i d_{i}, i} + 1 + c_{j, i} + 1$ 。
$f_{i, i d_{i}} = {min}_{j = i + 1}^{n} (f_{i + 1, j} + \sum_{k = i + 1, i > a_{k}}^{j - 1} i - a_{k})$ 。

答案即为 ${min}_{i = 1}^{n} f_{1, i}$ 。

这里为了方便，添加了一个 $n + 1$ 的数放到数列末尾，对于输出方案我们记录来源，找出下标在其之前的数的个数，求出真实下标即可。

复杂度 $O (n^{2})$

代码

2. 假设未来决策

3. 状态设计

状态设计是 DP 的核心。

例题

I 4074. 二分的代价

首先有显然的 $O (n^{3})$ 的区间 DP，但是只有 10pts : (。

对于固定 $l$ 的区间 $[l, r]$ ，显然有，越长的区间所需费用更高，而我们又发现答案很小，最大只能达到 $9 \log n$ ，所以可以设 $f_{i, j}$ 表示以 $i$ 为左端点，使得 $[i, r]$ 所需费用 $\leq j$ 的最大 $r$ ，这样对于 $i$ ，只有当 $f_{i, j - a_{k}} \geq k - 1$ ，此时可以 $f_{i, j} \leftarrow f_{k + 1, j - a_{i}}$ ，这样复杂度是 $O (9 n^{2} \log n)$ ，考虑继续优化。