两个子序列dp问题
两个子序列dp问题
在一个序列上做一些修改，求一些最小操作数，最小划分数，最小长度之类的很多都可以用dp来解，也有一定套路，最近连碰两个。就放一起了。
CF1699D （dp，预处理）
Codeforces Round #804 (Div. 2) - Mxrurush - 博客园 (cnblogs.com)
这里D题的思路是做 \(dp\) 然后用一些预处理找到转移条件。
下面题也大同小异，是预处理用来优化枚举。只是预处理更加复杂，需要贪心+双指针。
CF1392 E1E2（dp，双指针，贪心）
题意
划分一个长度为 \(n\) 的序列，保证每个划分中不存在两个数字乘积是完全平方数。
另外在E2中可以有 \(k\le 20\) 次操作，每次可以把一个数字变成任意值。
求最小的划分数。
思路
先看E1。
把每个数字的质因子变成 \(p^{k\%2}\) 的形式，也就是把平方因子都干掉，之后就不用判断 \(a*b == 完全平方数 ？\) 只用判断划分中有没有 \(a == b ?\) 就行了。
能这样做的原因是完全平方数质因数都是偶数。
之后按上面结论做一个简单的序列划分贪心即可。
E2 可以对一些数字修改，这样的带修的子序列或者子段问题很多时候我们可以用dp解决。
（其实这里的修成任意数和上一个题里的删数在dp上是一样的，都是不再考虑的意思）
我们考虑 $dp[i][j] $ 表示用了 \(j\) 次的修改次数，\([1,i]\) 的最小划分数，显然 \(min(dp[n][])\) 就是答案。
考虑状态转移。先随便考虑一个前状态 \(dp[k][p]\) 如果它可以转移到现态，可以想到应该满足如下条件：
- \(k < i,~p \le j\)
- \(k\) 是划分的一个终点，\([k+1,i]\) 是一个划分段。
关键在如何找到 \(k\) ，数据规模不允许我们暴力枚举。此时发现 \(p\) 还未被讨论。考虑从 \(dp[k][p] => dp[i][j]\) 产生的新划分消耗了 \(j - p\) 次操作。我们对划分做一个贪心优化转移：我们尽可能的利用这些操作使得 \([k+1,i]\) 尽可以的长。
那么每次转移可以表示为 \(dp[i][j] = min\{dp[f(i,j-p)][p] + 1\}\) 。其中 \(f(k,j-p)\) 表示从以 \(i\) 为右端点，有 \(j-p\) 次操作的极长划分的左端点。
现在问题只剩下如何求 \(f\) 。
对于求极长子段的问题，我们很多时候可以用双指针求得。此处在E1的基础下，很容易写。因此只要对 \(k\) 的每个取值跑双指针即可。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<map>
#include<stack>
#include<string>
#include<random>
#include<iomanip>
#define yes puts("yes");
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define linf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define ull unsigned long long
#define endl '\n'
#define int long long
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
using namespace std;
mt19937 mrand(random_device{}());
int rnd(int x) { return mrand() % x;}
typedef pair<int,int> PII;
const int MAXN =10 + 2e5 ,mod=1e9 + 7;
vector<int> to;
void init() {
to.resize(1e7 + 1);
rep(i,0,1e7) to[i] = i;
rep(i,2,4e3) {
for(int j = i * i;j <= 1e7;j += i * i)
while(to[j] % (i * i) == 0) to[j] /= i * i;
}
}
int s[10000010];
void solve()
{
int n,k; cin >> n >> k;
vector<int> a(n + 1);
rep(i,1,n) cin >> a[i], a[i] = to[a[i]];
vector<vector<int>> f(n + 1,vector<int>(21));
rep(ct,0,k) {
for(int i = 1,j = 1,now = 0;i <= n;i ++) {
// f[i][ct] [j,i]
s[a[i]] ++;
if(s[a[i]] >= 2) {
if(now < ct) now ++;
else {
while(now >= ct) {
now -= s[a[j]] >= 2;
s[a[j]] --;
j ++;
}
now ++;
}
}
f[i][ct] = j;
}
rep(i,1,n) s[a[i]] = 0;
}
vector<vector<int>> dp(n + 1,vector<int>(21,linf));
rep(j,0,k) dp[0][j] = 0;
rep(i,1,n) {
rep(j,0,k) {
rep(p,0,j) {
dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[f[i][p] - 1][j - p] + 1);
}
}
}
cout << *min_element(dp[n].begin(),dp[n].end()) << endl;
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
init();
int T;cin>>T;
while(T--)
solve();
return 0;
}
最近在写写 python ，再给一版 python 代码
MAXN = 10**7 + 5
INF = 10**18
to = [i for i in range(MAXN)]
for i in range(2,10**4):
for j in range(i * i,MAXN,i * i):
while to[j] % (i * i) == 0:
to[j] //= i * i
_t = int(input())
s = [0] * MAXN
for __ in range(_t):
n,k = map(int,input().split())
a = list(map(int,input().split()))
a = [0] + a
for i in range(1,n + 1):
a[i] = to[a[i]]
f = [[0] * (k + 1) for _ in range(n + 2)]
for ct in range(k + 1):
j,now = 1,0
for i in range(1,n + 1):
s[a[i]] += 1
if s[a[i]] >= 2:
now += 1
if now > ct:
while now > ct:
now -= s[a[j]] >= 2
s[a[j]] -= 1
j += 1
f[i][ct] = j
for x in a: s[x] = 0
dp = [[INF] * (k + 1) for _ in range(n + 2)]
for j in range(0,k + 1): dp[0][j] = 0
for i in range(1,n + 1):
for j in range(k + 1):
for p in range(j + 1):
dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[f[i][p] - 1][j - p] + 1)
print(min(dp[n][0:]))
