DP notes

P4934 礼物

不知道什么类型 dp。

只枚举给出的数显然不行，考虑从值域入手。枚举值域内的所有数，枚举每一个数二进制下的子集，设 \(f_i\) 表示 \(i\) 这个数应该放在第几组：

\[f_i=\max\limits_{(j)_2\in (i)_2} f_j+vis_i \]

\(vis\) 表示是否是题给的数。

这样显然还是超时，子集枚举应该是 \(\operatorname{O}(3^k)\)。注意到只需要考虑从 \(i\) 中删去一个 \(1\) 的 \(j\) 即可，其余在以前都计算过了：

\[f_i=\max\limits_{j=i\operatorname{xor}2^p,0\le p<k} f_j+vis_i \]

\(\operatorname{O}(2^k\times k+n)\)。

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P5664 [CSP-S2019] Emiya 家今天的饭

dp 带了容斥。

数学加 dp，这下更不会了，完蛋。

简单来说是给定一个矩阵，和每一个元素可以选的次数。同一行的元素只能选一次，同一列所选不能超过总的一半，不能不选，求总方案数。

每一行一个元素是非常友好的限制，而注意到不符合限制的列最多只有一列，我们可以默认每一行选一个，算总方案数和不符合列限制的方案数，相减即可。

总方案数十分好计算，\(s_i\) 为第 \(i\) 行的和，每一列算上不选一共有 \(s_i+1\) 种选择，去掉什么也不选的，则为：

\[\prod\limits_{i=1}^n(s_i+1)-1 \]

之后直接枚举每一列作为不符合限制那一列，记为 \(col\)。

设 \(f_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 行在当前列选了 \(j\) 个，在其他列选了 \(k\) 个。则有：

\[f_{i,j,k}=f_{i-1,j,k}+a_{i,col}\times f_{i-1,j-1,k}+(s_i-a_{i,col})\times f_{i-1,j,k-1} \]

第一项是什么也不选，第二项是这一行选本列的，第三项是选其他列的，很好理解吧！

然后不符合条件的方案数：

\[\sum\limits_{j>k}f_{i,j,k} \]

但是这样是 \(\operatorname{O}(mn^3)\) 的，无法通过。经过查看题解深思熟虑以后，我们发现我们只关心 \(j>k\) 的情况，也就是 \(j-k>0\) ，不需要知道具体大小。那重新设计状态，让第二维表示 \(j-k\) 的大小，即 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 行，当前行选的比其他行多了 \(j\) 个，状态转移方程为：

\[f_{i,j}=f_{i-1,j}+a_{i,col}\times f_{i,j-1}+(s_i-a_{i,col})\times f_{i-1,j+1} \]

这样可能会有负数下标，把第二维都加上 \(n\) 即可。

代码在这里。

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P1453 城市环路

无向基环树最大权独立集

我真的讨厌基环树 dp，*发怒*

本质上是一个没有上司的舞会，然后放到了基环树上，考虑随便断开一条环上的边，然后由两种做法：

1. 对于端点 \(u\) 和 \(v\)，分别作为新树的根进行 dp，然后只统计 \(f[rt][0]\)，这样可以覆盖所有情况。
2. 钦定一个点为根，然后进行两次 dp，第一次强制选根，那另外那个叶子就强制不选，具体操作是 \(f[v][1]\gets \operatorname{INF}\)；第二次强制不选根，就不需要额外操作了。

dp 的部分很简单，就不说了。

P2607 骑士

这个题就不单独说了，是一个有向基环树森林，只能采取上题的方法 \(2\)。

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AcWing 359 创世纪

首先注意到：\(i\) 限制 \(A[i]\)，然后每种元素只限制另外一种元素，显然是基环树。我们从 \(A[i]\) 向 \(i\) 连边，也就是一条边 \(u\to v\) 表示 \(u\) 被 \(v\) 限制，是外向树森林。问题转化成一个外向树森林，一个节点如果要选，那么它的子节点至少有一个未选择；否则不选。要求选择的点最多。

考虑树上的做法。设 \(f[u][0/1]\) 表示 \(u\) 选或不选子树中选择的最多点数。

首先如果 \(u\) 不选，子节点随便。

如果 \(u\) 选，子节点要有一个不选，用一个小容斥，把贡献最小的去掉就好了：

\[f[u][0]=\sum\max(f[v][1],f[v][0]) \]

\[sum=\min\{max(f[v][1],f[v][0])-f[v][0]\} \]

\[f[u][1]=f[u][0]-sum+1 \]

代码

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CF1955H. The Most Reckless Defense

给敌人加血可以看成是减少防御塔的攻击力，那么一个塔对敌人能造成的最大伤害即为 \(500\pi r^2-3^r\)，注意到 \(r=12\) 时已经小于 \(0\) 了，所以半径不会很大，又因为每个 \(r\) 只能选一次，所以有效的塔很少，考虑状压 \(dp\)。

具体地，我们设 \(f_{i,S}\) 表示前 \(i\) 个塔中，被选到的塔的半径集合为 \(S\)，所造成的伤害（攻击力）为多少。显然最后答案就等于最大的伤害。有转移方程：

\[f_{i,S}=\max(f_{i-1,S},f_{i-1,S\oplus r}+p_i\times calc(i,r)-3^r) \]

含义很简单，就是当前选或不选。\(calc(i,r)\) 表示第 \(i\) 座塔半径为 \(r\) 时能攻击到几次敌人。预处理 \(calc\) 的复杂度为 \(\mathcal{O}(k\cdot R^3)\)，\(dp\) 的复杂度为 \(\mathcal{O}(k\cdot R\cdot 2^R)\)，总复杂度 \(\mathcal{O}(k\cdot R\cdot (R^2+2^R))\)。

其实也可以最后一起减去 \(\sum 3^r\) 的，两种都对。一开始我不理解为啥两种写法是等价的，想了想，大概是因为每次取 \(\max\) 的两项只差一个 \(r\)，所以要么都减了，要么都没减，不影响相对大小，也就不影响结果。

其实这题还能费用流。每个塔作为左部点，\(12\) 个半径作为右部点，边权或者说费用就是 \(p_i\times calc(i,r)-3^r\)，跑一遍二分图带权最大匹配，也就是最大费用最大流即可。不过我没写，口胡的。