【学习笔记】连续段 dp

在进行一些序列计数问题时，会遇到状态转移的时候限制 $a_i$ 与相邻两个数 $a_{i-1},a_{i+1}$ 的关系（如大小、差值等）。为了更好地解决此类问题，可以在序列两端插入新的值（一般按照大小关系有序插入），所以计数的策略是钦定一些固定的段中间不能再插入新的值了，每次插入只能在两个固定的段中间的区域插入，所以叫做连续段 dp。

P5999

考虑把跳跃的排列拿出来，这个排列需要满足的要求如下：

$p_1 = s,p_n = t$
$\forall 2 \le i \le n - 1 ,(p_i < p_{i-1} \land p_i < p_{i+1}) \lor (p_i > p_{i-1} \land p_i > p_{i+1})$

考虑从小到大插入数值，钦定一个连续段内都是合法的，且连续段的开头大于它下一个数，连续段的结尾小于它上一个数（首尾除外）。设 $dp_{i,j}$ 为插入了 $1 \sim i$ ，且连续段个数为 $j$ 的方案数，设 $d_i = [i>s] + [i>t]$ 。

考虑转移，特殊处理 $i=s,i=t$ ，有 $dp_{i,j} = dp_{i - 1, j - 1} + dp_{i - 1, j}$ ，表示是否在开头/结尾新建一段。当 $i\neq s \land i \neq t$ 时，有三种转移。

新建一个段， $dp_{i, j} = dp_{i - 1, j - 1} \times (j - d_i)$ 。
拓展一个段，在本题中，一个合法的连续段无法进行拓展，因为拓展之后这个连续段并不满足第一个/最后一个大于后一个/前一个数了。
合并两个段， $dp_{i, j} = dp_{i - 1, j + 1} \times j$ 。

复杂度为 $\Theta(n^2)$ 。

CF1515E

可以按照时间顺序依次加入电脑，即先加入第一次开的，再加入第二次开的，在加入的时候考虑是否有 $i-1,i+1$ 都开了的情况。

相同地，考虑设 $dp_{i,j}$ 为加入了 $i$ 个电脑，有 $j$ 个加入时间的连续段的方案数。由于没有头和尾的限制，所以不用特殊处理，转移如下。

新建一个段， $dp_{i,j} = dp_{i-1,j-1} \times j$
拓展一个段，可以一次拓展一个或两个， $dp_{i,j} = 2j \times (dp_{i-1,j}+dp_{i-2,j})$
合并两个段，可以一次加入两个或三个到中间，不能只加一个， $dp_{i,j} = 2j \times dp_{i-2,j+1} + j \times dp_{i-3,j+1}$

答案即为 $dp_{n,1}$ ，复杂度 $\Theta(n^2)$ 。

P7967

显然题目可以转化为：对于每个 $k$ 求排列 $p$ 的个数满足 $\sum\limits_{i=1}^{n-1} \max(a_{p_i},a_{p_{i+1}}) = k$ ，贡献是 $\binom{l-k}{n}$ 。

将 $a_i$ 排序，考虑设 $dp_{i,j,k}$ 为加入了前 $i$ 小的数，连续段个数为 $j$ ，且每个连续段内部的 $\max(a_{p_i},a_{p_{i+1}})$ 之和为 $k$ 的方案数。转移和上面类似。

$dp_{i,j,k} \leftarrow dp_{i-1,j-1,k} \times j, dp_{i,j,k} \leftarrow 2j \times dp_{i-1,j,k-a_i}, dp_{i,j,k} \leftarrow dp_{i-1,j+1,k-2a_i} \times j$ ，分别表示新建、拓展、合并段。

最后答案即为 $\sum\limits_{i=0}^l dp_{n,1,i} \times \binom{l-i}{n}$ 。

复杂度 $\Theta(n^2 l)$ 。

P9197

考虑从小到大加入 $a_i$ ，那么可以把绝对值拆开，考虑每个数的贡献。对于一个 $f_i$ ，若加入 $i$ 时 $i$ 左边、右边都没有数，贡献为 $-2f_i$ ，若有且仅有一边有数，贡献是 $0$ ，否则是 $2f_i$ 。

那么可以设计 $dp_{i,j,k,d}$ 表示加入 $a_1 \sim a_i$ 有 $j$ 个连续段，当前所有数的贡献之和为 $k$ ，开头结尾钦定的个数 $d$ （ $d \in \{0,1,2\}$ ）的方案数。转移有：

$dp_{i,j,k,d} = dp_{i-1,j-1,k+2f_i,d} \times (j-d)+ dp_{i-1,j-1,k+f_i} \times (3-d) \times [d=1 \lor d=2]$
$dp_{i,j,k,d} = dp_{i-1,j,k,d} \times (2j - d) + dp_{i-1,j,k-f_i} \times (3-d) \times [d=1 \lor d=2]$
$dp_{i,j,k,d} = dp_{i-1,j+1,k-2f_i,d} \times j$

可以发现，由于有正负性的存在，可能 $k$ 会先减到很小，后面再加回来。所以第三维实际上是 $\Theta(nl)$ 的，总复杂度是 $\Theta(n^3l)$ 的，无法通过。

考虑有没有什么办法能让 $k$ 单调不降。考虑差分，设 $b_i = a_{i+1} - a_i$ ，钦定 $b_n = 0$ ，那么一个 $b_i$ 的贡献为满足 $\min(p_j,p_{j+1}) \le i, \max(p_j,p_{j+1}) > i$ 的 $j$ 的个数。

那么当加入 $i$ 时，已经加入的所有数（包括 $i$ ）旁边没加入的数的个数之和就是贡献的个数。 $dp$ 状态相同，转移如下。

$dp_{i,j,k,d} = dp_{i-1,j-1,k-b_i(2j-d),d} \times (j-d) + dp_{i-1,j-1,k-b_i(2j-d),d-1} \times (3-d) \times [d=1 \lor d=2]$
$dp_{i,j,k,d} = dp_{i-1,j,k-b_i(2j-d),d} \times (2j-d) + dp_{i-1,j,k-b_i(2j-d),d-1} \times (3-d) \times [d=1 \lor d=2]$
$dp_{i,j,k,d} = dp_{i-1,j+1,k-b_i(2j-d),d} \times j$