动态规划专题

其实已经做了不少题了，开个坑记一下在之前培训中遗留下来的题

CF327E 状压dp水题。一个小trick，如何比线性快的获取\(S\)的每位二进制？
for(int i = S;i;i -= lowbit(i))dp[S] += dp[S & ~lowbit(i)]要比每位分别判断要快

BZOJ4057 对于S中每位1，可以先预处理一下再枚举（注意这种情况是要在复杂度大于线性的时候用，否则就失去意义了，预处理跑的比算法还慢）

CF1101D 遇见gcd/lcm 考虑质因数

CF1039D 根号分治，显然当\(k \geq \sqrt{n}\)的时候答案最大是\(\sqrt{n}\)，因此不同的答案数是\(O(\sqrt{n})\)级别的。对\(k\)较大的部分使用二分。考虑对于某个给定的k如何计算。设\(dp[i]\)表示以 i 为根节点的子树的答案，转移贪心即可。时限 7s 依旧是个卡常的辣鸡题。树形dp时可以用逆dfs序模拟递归过程，记录一下父亲并转移即可。时间复杂度\(O(nlogn\sqrt{n})\)最大点只需要跑1.2s

Luogu4161 / 6280 见题解

Luogu1365 设\(dp[i]\)表示考虑到位置 i 的期望。考虑combo，如果是 o 则combo+1，x则combo=0，? combo有一般概率 +1 一半概率 = 0，因此= (.+1)/2

Luogu1006 \(dp[i][j][k][l]\)表示传到(i,j),(k,l)的最大值，转移显然

Luogu1850 \(dp[i][j][0/1]\)表示当前在第 i 时间段，加上本次一共用了 j 次机会，当前申请 / 没有申请的最小期望路程。转移分情况讨论，例如：\(dp[i][j][1] = dp[i-1][j-1][1] + (k[i-1]) * (k[i]) * dis[d[i-1]][d[i]] + (k[i-1])*(1-k[i]) * dis[d[i-1]][c[i]] + (1-k[i-1]) * k[i] * dis[c[i-1]][d[i]] + (1-k[i-1]) * (1-k[i]) * dis[c[i-1]][c[i]]\)，其余转移同理

Luogu4322 浮点二分答案之后转化为经典的（有总元素个数限制的）树形背包，直接写复杂度是\(O(nK^2)\)的，但是如果我们将K和size取个min，就可以做到\(O(nk)\)，直接dfs会被卡常

CF1097G 利用斯特林数降幂之后变成一个\(C(f(X),i)\)对X求和的形式，考虑其组合意义，类似于一个树形背包。细节略多，感觉没有完全理解

CF1061C \(dp[i][j]\)表示原数列到位置 i，子序列到 j的方案数，转移对\(a[i]\)的因子枚举即可。注意需要滚动数组，而常规写法\(dp[i&1][j]\)会超时，只能改成\(dp[j]\)一类的，注意转移顺序！

CF886E 设\(f[i]\)表示考虑1~i的排列，其中能使程序运行到结尾的方案数。显然运行到结尾的一个必要条件就是i位于\([i-k+1,i]\)，考虑枚举i的位置转移。\(f[i] = \sum_{j=i-k+1}^{i}f[j-1]*C_{i-1}^{i-j}*(i-j)!\)，化简可得\(f[i] = (i-1)!\sum_{j=i-k+1}^{i}\frac{f[j-1]}{(j-1)!}\)，后面的和式显然可以用前缀和维护。考虑统计答案，先考虑结果正确的方案数，即枚举n的位置，是\(\sum_{i=1}^nf[i-1]*C_{n-1}^{n-i}*(n-i)!\)，用n!减去即可。
注意这种只关注相对大小的题，可以考虑用一个相对大小相同的排列代替，然后乘以一个组合数即可

CF1096D 设\(dp[i][0/1/2/3]\)表示考虑到第i个位置，"hard"没有出现/出现了h/ha/har的最小代价

CF1043F 观察到一个关键性质：如果有解，答案一定不会超过7（每次有一个新元素加进来之后gcd一定会除以一个质因子，否则gcd不变，这个数删去答案更优，这里不考虑gcd=2^2, 2^3.. 的情况是因为取一个质因数次数更小的数，答案一定不会变差，而2*3*5*7*11*13*17>3e5），枚举答案长度len，设\(dp[i]\)表示当前len，集合gcd为i的方案数。设\(cnt[i]\)表示a中有多少数能被i整除，显然可以预处理得到。那么转移就是\(dp[i] = C(cnt[i],len) - dp[j], i|j且j>i\)，最后判断一下dp[1]是否不为0即可。注意这个题不是对答案进行dp，而是用dp判断类似可能性一类的问题

Luogu1450 如果没有限制，就是一个完全背包了；如果有一个钱的限制，答案就是\(dp[S] - dp[S - C[i] * (D[i]+1)]\)，原因是考虑钦定拿出D[i]+1个C[i]，然后剩下的随便选。如果有2，3，4个也一样，容斥一下即可

Luogu2627 单调队列优化dp。设\(dp[i]\)表示考虑到第 i 个且钦定 i 不选的答案，式子写出来之后单调队列维护\(dp[j]-sum[j]\)即可。注意2个细节：\(i\leq k+1\)的时候需要额外初始化；以及最后需要额外计算n也选了的情况

51nod1636 / CF119C
首先按照难度排序，注意到 \(b_i - a_i\) 很小，以此设计状态：设 \(dp[i][lst][delta]\) 表示当前第 \(i\) 天，上一天选了第 \(lst\) 们课，delta就是 \(lst.a\) + delta 表示今天的作业量，转移枚举一下下一天上哪个课，注意判断一下状态是否合法！！

CF533B
\(dp[x][0/1]\) 表示 \(x\) 及 \(x\) 的子树中有 偶数/奇数 个在集合中的最大权值
然后考虑转移：\(dp[x][0] = max(dp[x][0]+dp[u][0], dp[x][1]+dp[u][1])\) ； \(dp[x][1] = max(dp[x][1]+dp[u][0], dp[x][0]+dp[u][1])\)，（为什么要记录奇数的情况？有可能是多个奇数组合形成的下属个数为偶数），然后统计完子树答案之后考虑 \(x\) 这个点。前面 dp 值是没考虑 \(x\) 的结果，显然如果 \(dp[x][0]\) 的情况下，\(x\) 就可以选，也就是 \(dp[x][1] = max(dp[x][1], dp[x][0] + a[x])\) ，这样也保证了 \(x\) 的状态是合法的（如果x的子树选了奇数个，那么x一定不选，否则x可能选），数学归纳法得到所有的dp值都是合法的。最后答案就是 \(max(dp[1][1],dp[1][0])\)，注意 \(dp[x][1]=-inf\) 初始化，因为转移的时候认为 dp[x][0/1] 表示的是不含 x 的子树的情况，而开始时相当于空树，含奇数的情况不存在