ATcoder dp

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A

这种就是最典型有阶段，没法贪心的问题。$f_i$ 表示考虑到第 $i$ 个石头的答案。$f_i=min(f_{i-1}+v(i-1,i),f_{i-2}+v(i-2,i))$。

B

和 A 一样的不写了。如果 $k$ 比较大应该可以权值线段树优化转移。

C

一维记不下就开二维。$f_{i,0/1/2}$ 表示考虑到第 $i$ 天，选择了哪种活动。分类讨论转移即可。

D

背包问题。总是被干爆所以写详细一点。设 $f_{i,j}$ 表示考虑到第 $i$ 个物品，用的空间 $\le j$ 的最大价值，$f_{i,j}=\{\begin{array}{l}{f}_{i-1,j}\\ f_{i-1,j-w_i}+v_i(j\ge w_i)\end{array}$

发现可以压掉一维，因为你一个物品只能用一次，所以不能用 $f_{i,j-w_i}$ 的转移，要从后往前枚举转移。

背包问题的 dp 想法是非常常见的。第二维可以表示你要求限制的东西。

ex : 在 $n$ 个 $(a_i,b_i)$ 中选出若干个使得 $gcd(a_i)=1$ 的同时最小化 $\sum b_i$。

sol : 考虑把上面那个的第二维改成当前的 $gcd$，由于 $gcd$ 比较少，直接套个 umap 转移即可。

E

简单 trick，考虑把上面那个东西的第二维和答案换一下，$f_{i,j}$ 表示考虑到第 $i$ 个物品，价值为 $j$ 的最小空间。该怎么转移怎么转移。

F

$f_{i,j}$ 表示考虑 $s$ 到 $i$，$t$ 到 $j$ 的答案。$f_{i,j}=max\{\begin{array}{l}{f}_{i-1,j}\\ f_{i,j-1}\\ f_{i-1,j-1}+1(s_i=t_j)\end{array}$，输出答案就看决策在哪边就行了。

G

变成拓扑序之后就有转移阶段了，$f_u=\underset{v\in G_u}{max}{f}_v+1$。

H

$f_{i,j}$ 表示当前在 $(i,j)$ 的答案，转移的时候判掉障碍即可。

上面的题其实都没写代码（

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上面权当练习 $LATEX$ 了，下面是正题。

I

你直接计算这个胜率是不太现实的，设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 次，硬币向上有 $j$ 次，$f_{i,j}=p_i{f}_{i-1,j-1}+(1-p_i)f_{i-1,j}$。

J

期望会不了一点啊。期望有一个可加（线性）性，所以你可以递推求和，把每一步的期望加起来。设 $f_{i,j,k}$ 表示还有 $i$ 个剩 $1$，$j$ 个剩 $2$，$k$ 个剩 $3$，$n-i-j-k$ 个剩 $0$，整理一下可以得到 $f_{i,j,k}={\displaystyle \frac{1}{i+j+k}}(i{f}_{i-1,j,k}+j{f}_{i+1,j-1,k}+k{f}_{i,j+1,k-1}+n)$。递推的时候按 $k,j,i$ 的顺序转移消除后效性。然后期望 dp 还有要做一个事情是从结果反推开头。

K

公平组合游戏。$f_i=0/1$ 表示你操作 $i$ 时必败/必胜，显然对于 $x$ 如果 $\mathrm{\exists }{f}_{x-a_i}=0$，那么 $f_x=1$，初始状态 $f_0=0$ 递推即可。同时，如果 $\mathrm{\forall }{f}_{x-a_i}=1$，那么 $f_x=0$，不过这并没有什么必要，因为你初始都是 0。

L

dp 最优化博弈。设 $f_{l,r}$ 表示 $[l,r]$ 的答案。转移考虑取两边，如果长度为奇数，答案尽量大，取 max 转移，否则，答案尽量小，取 min 转移。

M

先暴力设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个人，吃了 $j$ 颗糖，暴力转移
${\displaystyle f_{i,j}=\{\begin{array}{l}\sum _{k=0}^j{f}_{i-1,j}(j\le a_i)\\ \sum _{k=0}^{a_i}{f}_{i-1,j-k}(j>a_i)\end{array}}$，
显然的前缀和形式，优化完就是 $O(nk)$ 的。可以滚掉一维。

N

这种和区间扩展/缩小有关的考虑区间 dp。设 $f_{l,r}$ 表示 $[l,r]$ 的答案。枚举断点 $f_{l,r}=min(f_{l,k}+f_{k+1,r}+s(l,r))$，$s$ 为前缀和，预处理即可。

O

这个数据范围考虑状压。设 $f_{i,s}$ 表示考虑前 $i$ 个左部点，匹配的右部点状态为 $s$，每次转移 $popc(s)=i$ 的状态，$f_{i,s}\leftarrow f_{i-1,s\oplus 1<<j}(j\in s\wedge j\in G_i)$。然后就过了，看眼题解似乎可以优化一下复杂度。发现第一维不仅可以滚掉，并且还能被 $s$ 表示出来，那让 $i=popc(s)$，时间复杂度和空间复杂度都少了一个 $n$。

P

树形 dp。设 $f_{u,0/1}$ 表示以 $u$ 为根的答案，$u$ 是黑/白。运用合并儿子信息的想法，设 $v\in so{n}_u$，分类讨论转移 $f_{u,0}=\prod f_{v,1},f_{u,1}=\prod (f_{v,0}+f_{v,1})$。

Q

设 $f_i$ 表示考虑到 $i$，强制以 $i$ 结尾的答案。暴力转移 $f_i=\underset{h_j<h_i}{max}{f}_j+a_i$。直接树状数组优化转移即可。

R

考虑设 $f_{x,i,j}$ 表示 $i\to j$ 长度为 $x$ 的路径数。有 ${\displaystyle f_{x,i,j}=\sum _{k=1}^n{f}_{x-1,i,k}+f_{1,k,j}}$，发现这个就是矩阵快速幂优化的形式，直接套上去就对了。

S

数位 dp。设计 dfs(i, now, lim) 表示当前考虑从后往前考虑到第 $i$ 位，当前余数为 $now$，是否有顶数字上界。暴力转移，记忆化即可。

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以下是较有难度的题目。

T

直观感受会设 $f_{i,j}$ 表示考虑到 $i$，$i$ 填了 $j$ 的方案数，但是你这样需要保证 $j$ 没有被填过，于是转而设状态表示当前 $i$ 排名为 $j$。暴力转移 $f_{i,j}=\{\begin{array}{l}\sum _{k=1}^{j-1}{f}_{i-1,k}(s_{i-1}=\mathtt{\text{<}})\\ \sum _{k=j}^{i-1}{f}_{i-1,k}(s_{i-1}=\mathtt{\text{>}})\end{array}$，直接前缀和优化转移即可。

U

状压首先考虑 $f_s$ 表示考虑到状态 $s$ 的答案，死去的背包开始攻击我，转移就是 $f_s=\underset{t\in s}{max}{f}_t+f_{s\oplus t}$。

V

首先这是 dp，其次你要对所有节点求答案，考虑换根 dp，首先有 $f_u=\prod _{v\in so{n}_u}(f_v+1)$，然后考虑换根造成的影响，他的父亲变成了他的儿子，那么 $fa$ 少了一个儿子，$f_{fa}={\displaystyle \frac{f_{fa}}{f_u+1}}$，$u$ 多了一个儿子，$f_u=f_u\times (f_{fa}+1)$。没法求逆元所以用前缀和后缀乘积拼起来。

W

考虑设 $f_i$ 表示考虑到 $i$ 强制在 $i$ 放 1，暴力转移有 ${\displaystyle f_i=max(f_{j-1}+\sum _{j\le l_k\le i\le r_k}{a}_k)}$。考虑线段树优化，在线段树上放 $f+\sum$，然后扫描线，扫到 $r_k$ 加上 $[l_k,r_k]$ 的贡献 $a_k$ 来维护 $\sum$。$f$ 就是全局最大值。

X

发现很像一个背包问题，但问题就在还有 $s$ 的限制。考虑排序解决这一维，然后自然想到邻项交换贪心，考虑剩余的承重能力，如果 $i$ 在 $j$ 上面，$s_i-w_j<s_j-w_i$，即 $s_i+w_i<s_j+w_j$。然后设 $f_{i,j}$ 表示考虑前 $i$ 个，使用重量 $\le j$ 的答案。选择 $i$ 的转移时要注意重量不能超过承重。

Y

地图很大肯定不能直接 dp，但是障碍很少，考虑用总方案减去不合法方案，设 $d((x1,y1)\to (x2,y2))=(\genfrac{}{}{0ex}{}{x2-x1+y2-y1}{x2-x1})$，表示 $(x1,y1)\to (x2,y2)$ 的路径数，设 $f_i$ 表示走到第 1 个遇到的障碍是障碍 $i$ 的路径数，则 $f_i=d((x_i,y_i)\to (n,m))g_i$，其中 $g_i$ 表示第一个遇到的障碍是障碍 $i$ 的方案数。有 ${\displaystyle g_i=d(1,1,x_i,y_i)-\sum _{x_j<x_i\wedge y_j<y_i}d(x_j,y_j,x_i,y_i)g_j}$，为了保证转移无后效性按 $x$ 排序。答案即为 ${\displaystyle d(1,1,n,m)-\sum f_i}$。

Z

先暴力 dp $f_i=min(f_j+h_i^2+h_j^2-2h_i{h}_j+c)$，这个式子有 $i,j$ 相乘的项，考虑去凑斜率优化的形式。当 $j$ 为最优决策点时，有 $f_i-h_i^2-c=-2h_i{h}_j+f_j+h_j^2$，此时 $b=f_i-h_i^2-c,k=2h_i,x=h_j,y=f_j+h_j^2$。$k$ 单增，要求 $b$ 最小，单调队列维护一个下凸壳即可。这个压轴题也太板了一点。