dp 练习题 2024.2

dp 专场 *2。

CF1608F MEX Counting#

题意：给出 $n,m,b_{1...n}$，求出有多少个长度为 $n$ 的序列 $a$ 满足 $\mathrm{\forall }i\in [1,n],0\le a_i\le n$ 且 $|\mathrm{mex}\{a_1,a_2,...,a_i\}-b_i|\le m$。

$1\le n\le 2000,1\le k\le 50$

很简单的 dp，个人认为难度下位紫或更低（？）

考虑枚举 $i=1,2,...,n$，依次填写 $a_1,a_2,...,a_n$，并维护当前的 $\mathrm{mex}$ 结果，不妨设为 $j$。当前填的数有三种：

• $<j$，并不会产生什么影响

• $=j$，此时当前的 $\mathrm{mex}$ 会变大，变大多少取决于 $j$ 后面一段已填过的数的个数。

• $>j$，这个数字可能对未来有影响，但我们目前未知

直接 dp，设 $f[i,j,k]$ 表示填完前 $i$ 个数，并且 $\mathrm{mex}$ 结果为 $j$，其中还有 $k$ 种数 $>j$。

考虑 $a_i$ 的影响，如果 $\mathrm{mex}\{a_1,a_2,...,a_{i-1}\}$ 还是 $j$，那么 $a_i<j$ 或 $a_i>j$，转移：

• 如果 $>j$ 的数字种类数不变：$f[i,j,k]\leftarrow f[i-1,j,k]\times (j+k)$

• 如果 $>j$ 多了一个数字种类：$f[i,j,k]\leftarrow f[i-1,j,k-1]\times k$

注意我们不计算这 $k$ 种数的取值贡献，而是他们之间的相对大小顺序。

接下来如果 $\mathrm{mex}\{a_1,a_2,...,a_{i-1}\}<j$，不妨设为 $x$，那么中间 $[x+1,j-1]$ 这一段一定都在前 $i-1$ 个数出现过，我们不妨直接拿其中 $>x$ 中的一些填入这 $(j-1)-(x+1)+1=j-x-1$ 个数中。由于我们已经考虑了相对大小顺序，直接拿最小的那几个填入即可。

• 转移： $f[i,j,k]\leftarrow f[i-1,x,k+(j-x-1)]$

总转移式

$$f[i,j,k]=f[i-1,j,k]\times (j+k)+f[i-1,j,k-1]\times k+\sum _{x}f[i-1,x,k+j-x-1]$$

$j$ 个数为 $O(m)$，前缀和优化即可做到 $O(n^{2}m)$。

实现时注意细节问题。 记录

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CF1450G#

题意：一个小写字母组成的字符串 $s$，其中字母 't', 'r', 'y', 'g', 'u', 'b' 不会出现，还给定了一个有理数 $k=\frac{a}{b}$。

每次可以选择 $s$ 中的一种字母，将 $s$ 中所有的这种字母变成另一种字母，但有个条件：设这个字母出现了 $c$ 次，需要覆盖这 $c$ 个位置的最小区间为 $[l,r]$，那么需要满足 $k\cdot (r-l+1)\le c$。

对于所有 $s$ 中出现的字母，求出是否可以通过若干次操作使得 $s$ 中全是这种字母。

$1\le n\le 5000,1\le a\le b\le {10}^5$

因为有 $6$ 种字母不会出现，所以一共只有 $20$ 种，可以考虑状压。

我们把字母分类，一类是一开始就不合法的，另一类是一开始合法的。

一开始已经合法的两种字母显然不需要合并，因此我们一开始需要将一种合法的字母合并到一种不合法的，然后产生一个新的状态。

如果还不合法则继续合并，直到这个字母合法，此时这是一个字母集合（合并的集合），然后把他作为一个新的合法“字母”继续合并。

设 $f[S]$ 表示是否可以把 $S$ 中的字母合并起来，并且合并出去。

• 把 $S$ 中的字母分成两个合法集合，显然这两个集合可以分别合并出去，不需要额外合并起来：$f[S\cup T]\leftarrow f[S]\mathrm{and}f[T]$

• 合并到一个本来不合法的字母：$f[S\cup \{x\}]\leftarrow f[S]$

时间 $O(3^n)$，需要优化。

注意到如果两个集合 $S_1,S_2(S_1\cap S_2=\mathrm{\varnothing })$ 对应的覆盖区间有交，且 $S_1,S_2$ 都是合法的，那么 $S_1\cup S_2$ 一定是合法的。

观察这能给我们什么思考，我们在第一种转移中枚举 $T$，如果 $S$ 和 $T$ 对应的覆盖区间有交且 $f[S]=f[T]=1$，那么一定得到 $f[S\cup T]=1$。

进一步的，钦定 $S$ 和 $T$ 都是由若干个合法的集合合并到一个不合法的字母形成的，设这两个字母为 $x,y$，设 $S^{\prime }=S\oplus \{x\}$，其实我们可以先把 $T$ 与 $S^{\prime }$ 合并，再转为 $x$。由于 $S,S^{\prime },T$ 都合法，如果去掉 $x$ 后 $S^{\prime },T$ 对应区间仍然有交，则 $f[S^{\prime }\cup T]=1$；如果无交，通过第一种转移也可以使得 $f[S^{\prime }\cup T]=1$。

对于 $S,T$ 由多个集合合并起来的，可知每个集合都合法。拆分每个集合，如果可以找到一条分界线来分划这些集合对应区间显然合法；如果找不到，依次合并起来就好。

因此，第一种转移时，我们枚举的 $S,T$ 额外保证 $S,T$ 对应区间无交，即可优化。设 $k$ 为字母种类数，时间 $O(k{2}^k)$。 记录

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CF1621G Weighted Increasing Subsequences#

题意：给出 $n,a_{1...n}$，对于每个上升子序列 $a_{i_1},a_{i_2},...,a_{i_m}$，子序列中 $a_{i_j}$ 有贡献当且仅当存在 $k$ 满足 $k>i_m$ 且 $a_{i_j}<a_k$，求所有上升子序列的贡献和，模 ${10}^9+7$。 $1\le n\le 2\times {10}^5,1\le a_i\le {10}^9$

考虑把 $a$ 转化为一个排列 $p$，相同的数则前面比后面大。不妨考虑 $q=p^{-1}$，$p$ 的上升子序列仍然对应 $q$ 的上升子序列。对于一个上升子序列，设结尾位置为 $x$，那么子序列中的一个位置 $y$ 有贡献的条件是一个位置 $z$ 满足 $z>y$ 且 $q_z>q_x$。

我们只需要用总方案数减去不合法的即可，不合法的条件是不存在 $z$ 满足 $z>y$ 且 $q_z>q_x$，相当于 $q_x$ 是 $q_{y...n}$ 的最大值。

我们对于每个位置 $i$ 考虑其贡献，设 $q_{i...n}$ 的最大值位置为 $w$，我们要算的就是包含 $i$ 且以 $w$ 结尾的上升子序列个数，为 $q_{1...i}$ 以 $i$ 结尾的上升子序列个数 $\times q_{i...w}$ 以 $i$ 开头以 $w$ 结尾的上升子序列个数。前半部分好做，注意 $w$ 是由 $i$ 更新的，不更新时直接维护，更新时只需要清空树状数组，时间 $O(n\log n)$。记录

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CF582D Number of Binominal Coefficients#

题意：给出质数 $p$ 和整数 $\alpha ,A$，求有多少对 $(n,k)$ 满足 $0\le k\le n\le A$ 且 $p^{\alpha }|(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})$，答案模 ${10}^9+7$。 $1\le p,\alpha \le {10}^9,0\le A\le {10}^{1000}$

Kummer 定理：$(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+b}{a})$ 中质数 $p$ 的次数为 $a+b$ 在 $p$ 进制下进位次数。

感性证明：考虑对初始为 $0$ 的数连续做 $n$ 次 $+1$，在 $p$ 进制下会进位 $\lfloor \frac{n}{p}\rfloor +\lfloor \frac{n}{p^2}\rfloor +...$ 次，这相当于 $n!$ 中 $p$ 的次数。而 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+b}{a})=\frac{(a+b)!}{a!b!}$，相当于连续 $a+b$ 次 $+1$ 的贡献，然后去掉 $a$ 和 $b$ 各自进位的贡献。

转 $p$ 进制就可以直接数位 dp 了。

细节有点多，记录。

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CF1103D Professional layer#

题意：给出 $n,k,a_{1...n},e_{1...n}$，一次性修改 $x$ 个数（$x$ 自己定），对于每个修改的数 $a_i$，选择 $a_i$ 的一个约数 $d$ 修改为 $\frac{a_i}{d}$，使得最终 $gcd(a_1,a_2,...,a_n)=1$，求最小的 $x\sum _i{e}_i$。 $1\le n\le {10}^6,1\le k,a_i\le {10}^{12},1\le k\le {10}^{12}$

先求出 $gcd$，设为 $g$，$g$ 中质因子最多 $10$ 个，设实际个数为 $m$。

我们只关心 $a_i$ 中 $g$ 中的质因子，求出每个质因子的次数。不难发现每个质因子次数都相同的两个数除了 $e_i$ 是等价的，考虑分为若干个等价类，求出每个等价类的前 $m$ 小的 $e_i$ 分别是多少。

搜一下，等价类差不多一万多一些，比较少。

然后直接状压 dp，设 $f[i,j,S]$ 表示前 $i$ 个等价类处理的质因子集合为 $S$，修改了 $j$ 个数，最小代价是多少，直接转移即可，时间 $O(\text{可过})$。记录

CF1784E Infinite Game#

题意：一个由 a 和 b 构成的字符串 $s$，长度为 $n$。两个人 Alice 和 Bob 在玩游戏，第 $i$ 场中如果 $s_{(i-1)modn+1}$ 为 a 则 Alice 赢，否则 Bob 赢。两人遵循三局两胜原则：每当一个人胜场满两场时，称那个人赢了一轮，然后清空胜场记录开始新的一轮。设 $w_i$ 为前 $i$ 轮中 Alice 赢的轮数，当 $i\to \mathrm{\infty }$ 时若 $\frac{a_i}{i}>\frac{1}{2}$ 则 Alice 是赢家，若 $\frac{a_i}{i}=\frac{1}{2}$ 则两人平局，若 $\frac{a_i}{i}<\frac{1}{2}$ 则 Bob 是赢家。现在 $s$ 中挖了一些空，求所有可能的 $s$ 中 Alice 赢、两人平局、Bob 赢的方案数分别是多少，模 $998244353$。 $1\le n\le 200$

确定 $s$ 后，设有 $n$ 个点 $0,1,2,...,n$，每个点表示当前轮结束后的位置，每个点向下一轮结束的点连有向边，不难发现这些点形成基环树，所以游戏一直无限进行下去时，一定是一直在环上绕。

Alice 赢的条件是环上 Alice 赢的轮数比 Bob 多，Bob 赢的条件是 Bob 赢的轮数比 Alice 多，平局的条件是一样多。

每次经过 $0$ 时可能不是完整一轮，有 $4$ 种状态（每人可能得 $0/1$ 分）。考虑每个状态扫过一个 $s$ 后的得到的状态，这些状态形成基环树，找到这个环即可。

现在需要知道谁赢，可以考虑记下环上的状态的 Alice 赢的轮数 - Bob 赢的轮数总和，计入状态，但问题是我们根本不知道哪些状态在环上。可以一开始先暴力枚举是哪些状态，然后 dp，最后计算时判断一下。

时间复杂度 $O(n^2)$，常数为 $2^4\times 4^4$，可过。

记录

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CF1842H Tenzing and Random Real Numbers#

题意：有 $n$ 个变量 $x_{1...n}$，在 $[0,1]$ 中随机取值。有 $m$ 条限制，每条形如 $x_i+x_j\ge 1$ 或者 $x_i+x_j\le 1$，求满足所有限制的概率。 $1\le n\le 20$

考虑 $x_i+x_j\ge 1$ 转化为 $\frac{x_i+x_j}{2}\ge 0.5$，这样相当于对一对变量的平均值限制为 $\le 0.5$ 或 $\ge 0.5$。

考虑一开始有一条 $0.5$ 的分隔线，我们按照与 $0.5$ 差的绝对值从小到大加入变量，每次可以加在最上面或者最下面。

设 $f[S]$ 表示加入的变量集合为 $S$ 的合法概率。加入 $x_i$ 在上面时，不难发现 $x_i$ 与 $S$ 中每一个变量的平均值都 $\ge 0.5$，判断一下即可。

然后每个变量在上面和在下面概率为 $\frac{1}{2}$，这些变量与 $0.5$ 的差的绝对值的每一种可能的大小顺序概率为 $\frac{1}{n!}$，乘上就行，$O(n{2}^n)$。

记录

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CF1874E Jellyfish and Hack#

题意：一个排列 $P$，定义 $w(P)$： 我们把 $P_{2...n}$ 以 $P_1$ 为根据分成 $<P_1$ 和 $>P_2$ 且相对顺序不变的两个序列 $L,R$，然后 $w(P)=|P|+w(L)+w(R)$。

求出多少种长度为 $n$ 且 $w(P)\ge lim$ 的排列 $P$，模 ${10}^9+7$。 $1\le n\le 200,1\le lim\le {10}^9$

$lim$ 过大没有用。容斥，改为求 $w(P)<lim$。

一个显然的 DP：设 $f[i,j]$ 表示有多少个长度 $i$ 的排列，且其 $w$ 值为 $j$。

$$f[i,j]=\sum _{k=1}^i\sum _{l=0}^{j}f[k-1,l]\cdot f[i-k,j-l]$$

卷积，设 $F_i(x)=\sum _{j}f[i,j]x^j$。

那么

$$F_i(x)=\sum _{k=1}^i{F}_{k-1}(x)\ast F_{i-k}(x)$$

接下来很妙的一步，考虑带入 $x$，拉插插出多项式 $F_n(x)$。

可知次数为 $k=\frac{n(n+1)}{2}$，带入 $k+1$ 个不同的 $x$，为 $x=1,2,...,k+1$。

然后我们可以把卷积改成点乘，dp 是 $O(n^4)$ 的。

然后拉插插出多项式，有 $k+1$ 个点值。对于第 $i$ 个，分母是容易算的，分子是 $\frac{\prod _{j=1}^{n}x-x_j}{x-x_i}$，上面部分预处理，下面直接暴力除。

时间复杂度 $O(n^4)$。

记录

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CF1804H Code Lock#

题意：有一串密码，长度为 $n$，由前 $k$ 个小写字母组成。有一个密码盘，输入密码时，每秒可以

• 输入一个小写字母

• 将箭头往左移一格

• 将箭头往右移一格

请设计这个密码盘（包括初始箭头指向），使得输入密码的秒数最小，求出这个数，以及有多少种设计方案。 $1\le k\le 16,1\le n\le {10}^5$

首先对于密码串，我们可以只保留 $cn{t}_{i,j}$ 表示字母 $i,j$ 出现相邻的次数。这样，密码盘的代价就是 $\sum _i\sum _j\text{dist}(i,j)\times cn{t}_{i,j}$，其中 $\text{dist}(i,j)$ 是两个字母之间的最小移动次数。

关键问题是他是一个环，两个字母之间有两种移动方式，我们难以判断是顺时针移动还是逆时针移动。

设 $p_i$ 表示字母 $i$ 的位置，那么 $i,j$ 之间的距离就是 $min(|p_i-p_j|,p_i+n-p_j,p_j+n-p_i)$。

我们很容易想到需要把式子拆掉，然后两个字母分开贡献。但是仍然无法处理 $min$ 和绝对值的问题。

先考虑 $k$ 为偶数的情况。仔细思考，两种移动方式的距离的分割线是 $\frac{k}{2}$，考虑折半的方法，我们可以在 $k$ 中间砍一刀，然后左边和右边同时从前往后填字母。这样一来，不难发现，填写字母时，我们很容易知道他对于哪些段的贡献是怎样的。

如上图，$S,T$ 是已经填写的字母集合，而 $S^{\prime },T^{\prime }$ 未填写。当我们给 $S^{\prime }$ 最前面的位置（$S$ 的后一个位置）填写一个字母 $x$ 时，不难发现对于 $S^{\prime }$ 和 $T$ 中字母，$x$ 与他们的移动距离就是位置相减，其中 $p_x$ 的贡献应是减去，系数为 $\sum _{y\in \{S^{\prime }\cup T\}}cn{t}_{x,y}$。同理，对于 $S,T^{\prime }$ 贡献应是加上。

为了知道 $S^{\prime },T^{\prime }$ 中分别是哪些字母，我们需要提前枚举左边和右边的字母集合。

转移考虑枚举 $S,T$ 后分别填写字母 $x,y$，然后计算各自的贡献。

这样的转移是 $O(k^2)$ 的。由于 $x,y$ 之间两条路径长度是一样的，考虑让 $x$ 归为 $S^{\prime }$，让 $y$ 归为 $T^{\prime }$ 来计算。为了避免需要额外计算 $x,y$ 之间的贡献，我们转移可以考虑拆开枚举：先枚举 $y$ 来从前面转移过来，再枚举 $x$ 把当前转移到后面，这样可以做到 $O(k)$ 转移。

最后考虑 $k$ 为奇数的情况。我们让左边部分后面多一个字母，容易处理，可以发现正确性也是对的。

时间卡一卡就能过了。

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