[萌新向] 基础dp 笔记

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• dp基础
  • 基本内容：本质与定义
  • 起飞
  • 总结

 

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• dp基础
  • 基本内容：本质与定义
  • 起飞
    • dp套dp
    • 选东西，带限制
      • NOI2015 寿司晚宴
      • 十二省联考2019 皮配
    • 删东西，记剩下
      • EllysTournament
      • [THUSC2016]成绩单
    • 交换坐标轴
      • 大重量小价值的背包
      • 某zr题
      • 小结
    • naive-dp的变形
      • 编辑距离相关
      • LIS相关
      • 小结
    • 不要的不看
      • hdu6652 Getting Your Money Back
      • CF1103D Professional layer
      • 小结
    • 与贪心结合
      • 经典题：马跳棋盘
      • arc096d Sweet Alchemy
  • 总结

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dp基础

最基础的dp，侧重于讲一种思维方式，比较宏观

至于各种形式的dp，各种优化，甚至于如何写出来代码，不是本文的重点

具体的dp转移，可能不会给出

基本内容：本质与定义

dp：dynamic programming, 动态规划

dp的本质: 我们有一个要解决的问题，把问题分成若干步(dp的阶段), 每一步都有一个状态表示(dp的状态)，然后考虑状态间的转移。

dp把问题通过某种顺序解决，使得我们可以 不记录 一些（通常来说，很多）东西，只记录我们 关心 的东西，从而比较高效的描述状态

所以，我们可以说，所有的dp都会有一个“状压”。只不过普通的dp压缩的比较浅显，而使用二进制的状压dp压的比较复杂，才叫它“状压dp”

就好比背包dp中，我们不暴力存下选择的物品的集合，而只记录选到第几个，占用多少空间，这也算一个压缩。如果不压缩，那dp数组可能是一个 map<set<int>,int>

起飞

确保基础知识理解之后，更多更难的dp题似乎就迎刃而解了

dp套dp

现在我们有一个问题，可以用dp解决。

那如果我们现在反手问一下，有多少个问题，跑一遍dp，能得到某个输出？

注意到这个dp（下面称为“内层dp”）已经帮我们划分好了阶段。我们直接以它划分的阶段为阶段，跑一遍dp。

dp的本质，特别适合被用来dp！

形式化一点讲，我们可以这样设计 $dp$：

$dp(u,S)$ 表示，在内层dp的第 $u$ 个阶段，到达了 $S$ 状态，方案数。然后依着内层dp的转移，进行外层dp的转移就行了。

详情见 这篇

选东西，带限制

这一类问题就是，你需要选择一些东西，但是有些限制，如xxx不能选，xxx不能同时选，...

解决这一类问题，需要观察限制的性质，然后设计一个处理问题的顺序，还有一个合适的状态，解决掉这个限制

如果限制长得不好看，那就转化一下，把它变好看

NOI2015 寿司晚宴

俩人选数，要求都得互质

互质 → 质因数集合没有交

注意到，$\ge \sqrt{n}$ 的质数顶多被一个人选一次。而 $\le \sqrt{n}$ 的质因数，最多才 $8$ 个。称那个 $\ge \sqrt{n}$ 的质因数为 “大质因数”

限制的性质

把所有数按大质因数分类。对于同一种大质因数里面的，分类讨论：给A，或者给B

处理的顺序

对于小质因数，暴力记两个bitmask状压即可。

合 适 的 状 态 （迫真）

详解

十二省联考2019 皮配

我们发现某些学校有特殊偏好。但是我们发现这个数量非常少，所以，对于没有偏好的学校，可以先跑一遍不带限制的dp，再考虑这些有偏好的学校

有偏好的学校，就分类讨论一下所在的城市进哪个阵营，然后看学校如何选择导师即可。

把受限制的和不受限制的分开解决

这仅限一部分问题

这题的思维过程是挺套路，挺典型的。只是代码细节很多

详解

删东西，记剩下

我们每次要删掉一些东西，然后要决策怎么删，或者是求删剩下的结果。

我们可以用dp，记录当前删完剩下了啥。因为剩下的东西会继续反应，而删掉的就没了，所以我们只需要去关注剩下了的信息就行

对于剩下的信息，也可能要适当压缩一下。毕竟不是剩下的所有信息我们都关心。

EllysTournament

这题意，这数据范围，仿佛把 “区间dp” 四个大字写在了脸上

那我们需要关心的是，区间 $[l,r]$ 里面比，每个人最终获胜的概率 ... 每个人吗？

可以是可以，完全没问题，但是开销太大了。

其实，我们只需要关注两端点（挺套路的转化）。对于 $[l,r]$ 中的第 $k$ 个赢下，可以看成是在 $[l,k]$ 里面的最右边赢下来，然后在 $[k,r]$ 里面的最左边赢下来。

那就设 $L(l,r),R(l,r)$ 表示 $[l,r]$ 里面 $l/r$ 最终获胜的概率。枚举最后剩下的两个人，里面的另一个人，然后想一想 $l/r$ 这个人怎么才能赢下，写出转移就行了

[THUSC2016]成绩单

同样考虑区间dp

我们关心什么信息呢？

注意到，我们甚至不关心当前剩下了几个，只需要知道min/max就行

设 $f(l,r,L,R)$ 表示，区间 $[l,r]$ 删完之后，数的值域在 $[L,R]$ 里面，最小的代价。

这玩意看起来很好转移，然后就瞎几把做一波就没了

交换坐标轴

有时我们需要维护 $f(x)=y$ 这样的一个函数

如果这个函数具有特殊性，并且 $y$ 的范围小，$x$ 的范围大，那我们可以转而考虑 $y$。

大重量小价值的背包

这是我胡的一个题。以01为例吧

每个物品有重量 $w_i$，价值 $v_i$，背包是01的，总容量是 $C$，表示重量的和不能超过 $C$

如果 $w$ 的范围小，$v$ 就算是 $1e9$ 也能做

设 $f(w)$ 表示，如果装的重量不超过 $w$，最大收获的价值和

那现在反过来，如果 $v$ 的范围是 $[0,50]$，而 $w$ 的范围是 $[0,1e9]$，咋搞？

反过来，设 $f'(v)$ 表示，要达到价值 $v$，所需的最小的重量

我们发现，这个 $f$ 的 $f'$ 正好反了一下，这就是我们所说的 “交换坐标轴”

发现 $f'$ 同样很容易转移。最后就找一下最大的 $v$ 使得 $f(v)\le C$ 就行了。

某zr题

给两个串 $S,T$，每次给 $[l,r]$，求 $S[l:r]$ 与 $T$ 的最小编辑距离。$|S|\le 10^5,T\le 20$

参考 dyls的博客

观察他的博客，我们看到这一句话

继续优化，前面说过，$F(x)$ 有一个很好的性质，就是值域很小。所以考虑将 DP 的下标与值域互换。

这就是我们讲的交换坐标轴的技巧。

这里也有另一种方法：我们自己来 构造 一个函数，使得它满足换轴的条件，我们再换轴维护。

至于这个 $F$ 是如何想到的，可能得问问 dyls。这里给我个人的看法：

注意到两个串 $A,B$，长度为 $n,m$，它们的编辑距离在 $|n-m|,|n+m|$ 范围内。

我们发现它的区间跨度是 $2\times \min(n,m)$。

这个很好证，发现这个东西关于 $n,m$ 对称，不妨令 $n<m$，拆开得到跨度是 $2n$。

放在本题里，它的跨度只有 $2|T|$ 这么多，但是区间范围很大，是因为加了一个 |S| 上去。我们把这个 |S| 减掉，那它的值域就是 $-|T|,|T|$ 了。

所以我们才考虑 $F(i)=i-h(i)$ 这样一个函数。同时，考虑 $h(i)-i$ 也是可以的。前者增，后者减，只有一些微小的区别

小结

对于一个dp题，我们有时会觉得它复杂度太高。

此时，我们可以通过 观察，看看 哪个东西比较小，然后联想一下，能不能把复杂度往这里倾斜。这里用到的一个调复杂度的方法就是换轴，我们把下标，值两个东西反过来看，减小复杂度

naive-dp的变形

naive-dp指我们学dp的前几节课就学到的那些经典题

上面提到的 “大重量小价值的背包”，算是背包的变形。背包的变形我们见的多，这里不讲

编辑距离相关

上面提到了一个题，这里再讲一个题，BJOI2015隐身术

考虑最naive的编辑距离dp：$f(i,j)=\min(f(i-1,j),f(i,j-1))$。而当 $s_i=t_j$ 时，$f(i,j)=f(i-1,j-1)+1$。

我们可以把它看成是两个指针 $p,q$。当失配的时候，其中一个跳一步；否则，两个同时跳一步

我们注意到 $k\le 5$，所以只会有 $5$ 次失配。不失配的时候，用后缀数组直接匹配，否则就暴力搜，就行了。

LIS相关

LIS最naive的dp是两次方的

这里考虑一个不那么naive的dp，设 $f_i$ 表示，LIS要到 $i$，末尾的数最少是几

这是LIS的nlogn做法之一。每次我们贪心的lowerbound，更新 $f$

但是这个更新未免太简单了，让我们不禁想到：能不能更带劲点啊？

于是就有了下面的题：CF809D

相当于我们每次要把一个区间的数加到这个 $f$ 里面去。

首先，对于 $f_i<l$，$f'_{i+1}$ 可以用 $l$ 去更新。即，若 $f_i<l,f_{i+1}\ge l$，令 $f_{i+1}=l$

对于 $f_i\in [l,r)$，我们可以往新序列里面加 $[l,r]$ 中的任意整数。我们注意到 $f_i+1$ 肯定在这里面，所以可以用 $f_{i}+1$ 更新 $f'_{i+1}$。注意到 $f$ 是增的，所以完全可以直接令 $f'_{i+1}=f_i+1$，啥事没有

那现在我们要干的事情就是，找到分界点 $i$ 使得 $f_i<l,f_{i+1}\ge l$，把 $f_{i+1}$ 变成 $l$；再找一个 $j$ 使得 $f_j<r,f_{j+1}\ge r$，把区间 $(i,j]$ 里的数 $+1$ 并向后挪一位

向后挪一位，非常的熟悉啊，就是插入操作。由于前面正好有一个变成 $l$ 的操作，我们可以直接看成是插入了一个 $l$ 进去。然而这样长度不对，手玩一下，$j$ 后面的那一个位置（如果有）要删一下。

然后就平衡树维护就行了

小结

对于这种经典题变形类的题，可以直接考虑原问题的dp，观察它的形式和性质，结合实际问题用一些东西优化两下子

（这里用到的“一些东西”，分别是：后缀数组；平衡树）

不要的不看

上面提到，我们的dp只关注需要关心的信息。对于不关心的信息，就不必记录在状态里

hdu6652 Getting Your Money Back

看到区间，很容易想到区间dp：设 $f(l,r)$ 表示我们要取出的钱在 $[l,r]$ 范围内，最坏情况多少额外花费。

它的复杂度爆炸，$n^3$（设 $n=r-l$）。别急，看我给它砍到 $O(n)$

首先发现，假设我们取了 $k$ 块钱 $l\le k\le r$，接下来的转移只和 $k$ 的 相对位置 有关，也就是 $k-l+1$ 的值。为啥？因为我们取一次钱的额外花费只和相对大小有关，这是显然的。里面存 $100$ 块我取 $105$ 块，和里面存 $10$ 块我取 $15$ 块，都会得到一个 fail 然后花费 $b$ 块钱，这和 $100$ 还是 $10$ 无关。

所以，我们不需要管它 $l,r$ 具体多少，只要有个长度就行。那我们的区间dp只需要记长度就行了。此时，砍到了 $O(n^2)$ 。注意一个细节是，左端点是否为 $0$ 也有影响，要记一个 $f(i)$ 一个 $g(i)$ 表示左端点不是/是 $0$，长度为 $i$ ，最优策略最坏情况额外花费。

Hint：这个“是不是0” 的本质是在考虑“左边那些要不要取”。想明白这个，下面的转移就能明白了

推一下 $f,g$ 的转移式：

$$f(i)=\min\{\max(b+f(j-1),a+g(i-j))\} \\ g(i)=\min\{\max(b+g(j-1),a+g(i-j))\} \\ $$

内层 $\max$ 表示取最优情况，外层 $\min$ 表示取最优策略，里面 $b+...$ 表示取失败，$a+...$ 表示取成功。这是非常自然的一个转移

一增一减取 $\max$，显然凸，来一个三分。尽管不太能过（网上说法，我自己没写），但理论上已经到 $\log$ 了，也很优秀

但是这东西还有一个性质就是它满足决策单调性。很容易想到，随着 $i$ 的增加，这个凸壳凸起的那个点肯定是往右动的，所以就单调的增加 $j$ 就行，复杂度严格线性。

CF1103D Professional layer

先把 $\gcd$ 求一遍。接下来，只有 $\gcd$ 的那些因子是有用的，其余质因子去掉即可

对于每个质因子，我们肯定只会选一个数来除。毕竟一个数除就能达到目的，选两个也没必要，还白花钱

假设一共有 $m$ 个质因子。容易发现 $m\le 11$。那么我们最多肯定只选 $m$ 个数。

对于一个质因子，如果没别的限制，我们肯定选花费最小的那个除。但它可能已经被占掉了，再除就会超过 $k$ 的限制。

但是我们发现它最多被占掉 $m-1$ 次。此时我们取第 $m$ 小的就行。

所以，对于每个质因子，我们保留前 $m$ 小的就行。

再进一步想，对于选择的一个质因子集合，要想除掉这一整个集合里的质因子，也只需要选能除这些质因子的数中，前 $m$ 小的那些。

所以我们实际上只关心 $m\times 2^m$ 个数。

我们可以先按花费排序，然后跑一个状压dp，设 $f(i,k,S)$ 表示考虑前 $i$ 个，选了其中 $k$ 个数除，搞掉 $S$ 集合里的质因数，最小花费。

看起来状态数很多，但是我们可以用短短几个if排除掉大量状态。我们实际保留的状态只有 $m\times m\times 2^m$ 种。

接下来可以枚举子集暴力转移。复杂度 $O(m^23^m)$。由于 $m$ 小的离谱，直接过了

小结

如果你发现你会一个dp，但是时间复杂度有亿点大，可以想想哪些东西不要，就丢掉，从而优化复杂度

与贪心结合

dp是一个非常精确的东西，它无敌对，太对了。但是和贪心一比，又显得非常的慢

于是有这样的一个处理技巧，当数据非常大的时候，用贪心解决问题，把数据降下来；数据小的时候，再用dp解决问题

经典题：马跳棋盘

象棋的马，大家都比较熟悉。形式化的描述它的运动，就是每次可以在 $x,y$ 坐标里，选一个 $\pm 1$，另一个 $\pm 2$。每次有 $8$ 种跳法。

现在它从 $0,0$ 出发要跳到 $x,y$。问最小跳多少步。$0\le x,y\le 10^{18}$

如果 $x,y\le 1000$，那是傻逼题，在棋盘上写个dp就行

如果 $x,y>1000$ 咋办呢？我们注意到此时 $x,y$ 非常的大，宏观上，有如下贪心策略：把 $x,y$ 里面绝对值大的那个 $\pm 2$，小的那个 $\pm 1$。容易发现，当 $|x|,|y|$ 在 $1000$ 往上的时候，这样的策略肯定是对的。我们可以用一些除之类的计算，来优化这个过程到 $O(\log)$

当 $|x|,|y|$ 都在 $1000$ 以内的时候，直接调用dp数组的值。

至此，我们做到了 $O(\log \max(x,y))$ 的复杂度。

arc096d Sweet Alchemy

就是上面提到的那个“大重量小价值的背包”，多重背包版本。不但是个多重背包，选择的上限还是 $1e9$。

我们发现，在大范围内，我们选性价比高的那个贪心是正确的。可以自己先想一下，这个范围是多少，以及为什么对，再看下去

这个范围是，当选的数 $>n$ 个时，选性价比高的一定优

如果有两个物品 $(w_1,v_1)$，$(w_2,v_2)$，满足：

$\dfrac{v_1}{w_1}\ge \dfrac{v_2}{w_2}$

此时假设我们选了至少 $w_1$ 个 $2$ 物品。我们把这 $w_1$ 个 $2$ 物品，换成 $w_2$ 个 $1$ 物品，显然总重量不变，而价值变大了。

此时我们得到，当选的数 $>max(w)$ 个时，确实性价比高的优。但是 $max(w)$ 太大了，换一个角度考虑

假设我们选了至少 $v_1$ 个 $2$ 物品。把它们换成 $v_2$ 个 $1$ 物品，显然总价值不变，而重量变小了，同样也是更优的

但此时我们得到了更爽的一个界：只要选的数 $>max(v)$ 个，就一定性价比高的优

$v$ 就是子树 $size$，所以 $max(v)$ 就是 $n$。证毕

在小范围内，再跑一遍上面提到的那个换轴dp，这题就没了

总结

dp的技巧非常多，就算不涉及到插头dp，斜率优化，四边形不等式优化...等等这些高级技巧，就单纯考思维能力，也有着许许多多的变数

思维一定要灵活，找到问题的本质并想办法优化求解的方法

所以，不要停下来啊