7.16 动态规划

线性DP

[USACO20DEC] Sleeping Cows P

先不考虑极大，将奶牛和牛棚放在一起排序并离散化，设 $f_{i,j}$ 为处理到第 i 个元素(奶牛/牛棚) ，有 j 头奶牛还没有进入牛棚的方案数。

对于牛棚：

\[f_{i,j}\rightarrow f_{i+1,j} \]

\[j*f_{i,j}\rightarrow f_{i+1,j-1} \]

对于奶牛：

\[f_{i,j}\rightarrow f_{i+1,j+1} \]

考虑极大，一头奶牛可能之后会被匹配，所以我们在加入一头奶牛时就考虑它最终会不会被匹配。

注意到如果废弃了一头奶牛，那么在它之前的牛棚可以被废弃，而在它之后的牛棚不能被废弃。

如果我们去记录一头奶牛被废弃的时间，时间复杂度爆炸，但是我们发现以第一头被废弃的奶牛为分界点，后面的牛棚不能废弃，而之前的可以，所以我们只用关心当前有没有被废弃的奶牛就可以了。

新状态：

$f_{i,j,0/1}$ 表示当前考虑了大小 $\le i$ 的奶牛和牛棚，且有j头奶牛还未分配牛棚，目前是否钦定过不被匹配的奶牛,其中 1 表示目前没有被废弃的奶牛。

对于牛棚：

1.$f_{i,j,1}\rightarrow f_{i+1,j,1}\quad$废弃这个牛棚

2.$j*f_{i,j,1}\rightarrow f_{i+1,j-1,1}\quad$拿这个牛棚去匹配队列的一头待匹配的牛

3.$j*f_{i,j,0}\rightarrow f_{i+1,j-1,0}\quad$同上

对于奶牛，讨论废不废弃即可。

1.$f_{i,j,1}\rightarrow f_{i+1,j+1,1}$

2.$f_{i,j,1}\rightarrow f_{i+1,j,0}$

3.$f_{i,j,0}\rightarrow f_{i+1,j+1,0}$

4.$f_{i,j,0}\rightarrow f_{i+1,j,0}$

时间复杂度：$O(n^2)$

「KDOI-03」构造数组

我们已经知道总操作步数m

问题等价于，在一个 $𝑛×𝑚$ 的棋盘上，放若干棋子，且每行恰有 $𝑏_𝑖$ 个棋子，每列恰有 2 个棋子

按行考虑，记 $𝑓_{i,j}$ 表示考虑了前 𝑖 行，且有 𝑗 列有 2 个棋子。根据前 𝑖 行的棋子总数可以算出 0 个棋子的列数 𝑘 和 1 个棋子的列数 𝑙。

\[f_{i+1,j+u}\leftarrow f_{i,j}*C_l^u*C_k^{b_i-u} \]

时间复杂度：$O((\sum b_i)^2)$

Rotating Substrings

一次操作实际上是将$S_r$拿出来放到$S_{l-1}$和$S_l$之间。

设计状态:

$f_{i,j}$表示考虑S后缀i-n，T后缀j-n，最少拿元素使后缀匹配

$1. f_{i,j}\leftarrow f_{i+1,j+1}\quad(s_i=t_j)\quad$ 匹配了，继续下一位

$2.f_{i,j}\leftarrow f_{i+1,j}+1\quad$ 把$s_i$扔到前面去

$3.f_{i,j}\leftarrow f_{i,j+1} \; the\;number\;of\;t_j\;in\;T \le the\;number\; of\;t_j\;in\;S\quad$ T去接收一个S之前被挪到前面的字符

Array Beauty

排序，设$f_{i}$表示美观度$\ge i$的方案数

答案即为$\sum f_i$

枚举一个 $x$，设计$dp_{i,j}$指前i个，$a_i$必选，序列长度为 $j$ 且美观度$\ge x$的方案数

可以转移过来的$a_k$要满足条件$a_i-a_k\ge x$，有$dp_{i,j}\leftarrow dp_{k,j-1}$，不难发现满足条件的$a_k$为一个区间

前缀和优化即可

「USACO 2021.12 Platinum」Paired Up

先考虑T=1即要求最大化匹配权值时我们怎么做

设$dp_{i,j}$为匹配了i头h牛和j头g牛时的最大权值

三种情况：

i不匹配：$dp_{i,j}\leftarrow dp_{i,j-1}$
j不匹配：$dp_{i,j}\leftarrow dp_{i-1,j}$
i与j匹配：$dp_{i,j}\leftarrow dp_{i-1,j-1}+val_i+val_j\quad\lvert x_i-x_j\le k\rvert$

为什么我们在这里不考虑题目所给的极大匹配，因为这里的最优方案只会从极大匹配中产生，如果有没有匹配的，那将他们匹配上显然更优

对于T=2的情况，通过观察，我们可以发现，匹配是不交的，什么叫不交的，即对于$x_1$与$y_2$和$x_2$和$y_1$匹配的情况(x，y递增)

显然我们将$x_1 y_1\; x_2 y_2$匹配更优

有了这个性质，我们考虑如果要失配的相邻两头牛要满足什么条件：

1.如果相邻是h牛和g牛，那么他们的距离要大于k

2.如果相邻的是同种牛，那么无事发生

状态自然就出来了，仿照T=1时的状态$dp_{i,j,0/1}$最后一维表示最后没匹配的是h牛还是g牛

转移的时候我们去枚举失配牛的位置：

具体的，枚举l为经过的匹配牛的对数

\[dp_{i,j,0}\rightarrow dp_{i+1+l,j+l,0} \]

\[dp_{i,j,0}\rightarrow dp_{i+l,j+l+1,1}\; \lvert x_{j+l+1}-x_{i}> k\rvert \]

$dp_{i,j,1}$转移同理

但是时间复杂度仍然是$O(n^3)$不能接受，但是发现对于$dp_{i,j}$合法的l是一个区间，分别维护两个二维前缀max（口胡），并且维护2个双指针，转移变成$O(1)$

更好实现且差不多的写法

时间复杂度：$O(n^2)$

树形dp

Maximizing Root

最终对答案有贡献的因数，都是$a_1$的因数，我们就只需要知道对于每个树上的节点，它以及它的子树有$a_1$某因子的最小操作步数，一次操作，会让$i\rightarrow i^2$，在做的时候判一下可不可以得到$a_1$某个因子即可

Tree Elimination

通过序列可以还原出擦边顺序，记$f_{u,0/1/2/3}$表示点u没擦除标记/擦除边在父边之前/擦除边为父边/擦除边在父边之后

按（u，v）的出边编号从小到大转移，形式有3种，分别为u擦除前/擦除时/擦除后

巨大分讨，先囤着~~晚些时候再写~~

Swap and Maximum Block

将编号-1，插入01trie，发现每次交换其实是对所有深度n-k的点左右儿子翻转。

设 $f_{u,s,0/1/2/3}$ 为u点，且u字树内每层是否反转左右儿子时，四个信息（线段树维护最大子段和）是什么

[SDOI/SXOI2022] 小 N 的独立集

没有上司的舞会（最大权独立集问题）加强版

设 $f_{u,p,q}$ 为选u时答案为p，不选u是答案为q的方案数

考虑从$ f_{v,p',q'}$ 转移

$ f_{v,p',q'}\rightarrow f_{u,p+q',max(q+p',q+q')}$

复杂度分析：$O(\sum siz_u^2*siz_v^2*k^4)\rightarrow O(n^4k^4)$

发现$p,q$大小差不会超过$k$，$p\le q+k$

更换状态含义$f_{u,p',q},p'=max(p,q)$

此时$q\le p'\le q+k$

$f_{u,max(p_u+q_v,q_u+p_v),q_u+p_v}\leftarrow f_{u,p_u,q_u}+f_{v,p_v,q_v}$

状压dp

Graph Problem With Small n

题意：给定一张n点简单无向图，对所有点对$(i,j)(i\neq j)$询问是否存在起点为i，终点为j的哈密顿路

$2\le n \le 24$

直接状压dp，$O(2^nn^3)$

bitset优化,$O(2^nn^2)$

将1看作一个中转点，将路径拆成2部分，从1跑一边dp，再用bitset每次处理同一1至起点集合补集的终点

时间复杂度$O(2^nn)$

[THUPC2021 初赛] 密集子图

考虑最短路树，对于深度为i的某个点，深度小于 i−1 的点不能向其边，至少有一个深度为i−1 的点向其连边，对于其他点连向它的边没有限制。

$f_{d,s_1,s_2}$指深度为 d 的点的集合为 $s_1$ ，深度小于等于 d 的点的集合为 $s_2$，显然$s1\subset s2$,枚举$s_1,s_2,s_3$转移;

\[f_{d,s_1,s_2}\leftarrow f_{d+1,s_1|s_3,s_3}*P_{s_1至少有一条边连向s_3}*P_{s_1\oplus s_2 不向 s_3 连边} \]

预处理后两种$P$

时间复杂度:$O(n4^n)$

挺卡常的(无论是空间还是时间)，不能全局longlong，要精细实现

代码

[省选联考 2021 A/B 卷] 滚榜

对于一个固定的排名，我们可以贪心的去分配$b_i$，检验其可行性

这样暴力（全排列）就有60pts了

考虑刚才的贪心，设计$f_{s,\sum b_i,b_{last},last}$（把想知道的都记下来

时间复杂度$O(2^n n^2 m^2)$

状态太多，考虑动刀$b_{last}$

$b_{last}$不停递增，考虑只去记增量，或者说是代价提前计算，因为它不停递增的性质，如果当前$b_i+1$，那么后面所有$b_{i+1-n}$都要+1，先把这群贡献算进$\sum b_i$中

那么状态变为 $𝑔_{s,𝑥,𝑦}$ 表示公布了集合 𝑆 中的队伍，目前花了 𝑥 个题数，包括已公布的队伍中花的以及未公布的队伍补的，且最后公布的队伍为 𝑦。

最后对 $𝑥\le 𝑚$ 的 dp 值求和即可

时间复杂度:$O(2^nn^2m)$

区间dp

[JXOI2018] 守卫

对于一个区间$[l,r]$,r 上必须放一个守卫，考虑 r 上守卫能看到的最左边的位置 p，那么容易发现，$[l,p]$ 和 $[p,r]$中的点互相不可见，区间被分为两块，以此进行区间dp，特别的，当 $p = l$ 时，找到次能见的点分割区间。

为了维护p，dp枚举顺序为，r从左向右，l从r到1，保证转移q一个区间时其子区间都已经被转移，同时维护p即可

Long Colorful Strip

因为是按1-n的顺序染色，所以如果在某一时刻染了色，以后就不能在使这种颜色扩张，换言之，如果最终状态这种颜色在这个位置，那么它后来就不能被任何一种颜色覆盖。

假设我们在本次染色中染了$l,r$这个区间,因为单色的规定，那么我们之后的染色选择，就不能出现$l'<l<r'<r$或者$l<l'<r<r'$这样的区间。

设计$f_{l,r}$表示把区间$[l,r]$涂成最终状态的方案数

设$L_x R_x$为颜色x出现的最靠左/右的位置

我们从小区间开始进行区间dp，也就是说，我们先从晚涂色的区间开始，从编号大往小的颜色去枚举其覆盖区间

枚举最小的颜色涂的区间为$[l,r]$，显然$l<=L_{mincol},r>=R_{mincol}$,$l,L_{mincol},R_{mincol},r$一共把区间划分成了5段

转移时分别把这5段方案数用乘法原理乘起来即可

[USACO23FEB] Piling Papers G

将询问差分，$[A,B]$变为$[1,B]-[1,A-1]$,我们就只需考虑1-x的答案了。

很自然地，我们想去记录目前拼接情况讨论转移，但是，不是很可行，这启发我们去枚举x对应位上的$a_i$，于是，我们设$f_{l,r,0/1/2}$为已经填了对应x的$[l,r]$位，目前是小于/等于/大于 x。

转移分讨加在左边还是右边或者什么都不做，对每个后缀做一遍。

时间复杂度:$O(n^2log^2B)$

dp优化

[CEOI2019] 立方填词

考虑去枚举顶点字符，将每条边单词贡献乘起来，此时复杂度:$O(\sum^8)$

理论上，一个点如果知道了附近的3个点的字符，那么自己贡献就是已知的

考虑去预处理$f_{x,y,z}$为附近3个点字符为x，y，z时的贡献

具体的，我们定义$g_{len,x,y}$为长度为len，开始字符为x，结束字符为y时的方案数

$f_{x,y,z}=\sum_{k\in{0,127}}g_{len,x,k}*g_{len,y,k}*g_{len,z,k}$

此时我们就只需要枚举每层不同对角线上的字符一共4个就可以了

时间复杂度:$O(\sum^4)$

Tenzing and Triangle

一个星期前刚写过，三角形是不交的

扫描线+线段树即可

「COCI 2021.11」磁铁

假如我们已经确定磁铁相对顺序，考虑两两之间至少间隔隔板法即可算出方案数

给$r_i$排序，我们就只用考虑后面的磁铁对前面的影响

状态$f_{i,c,l}$表示考虑到第i个，连续段个数为c，连续段总长度为l时的方案数

最后再考虑空位插入乘上$C_{l-l'+n}^n$

时间复杂度:$O(n^2l)$

The Knapsack problem

超大杯完全背包

将m分为较均匀的两团，可以证明两团之间大小不会超过$W_{max}$

递归到$m\le w*2$时暴力dp

Wonderful Jump

根号分治，待补

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