AT_DP

攻略

1. 先设计一个一定保证正确性的状态，可以完全朴素甚至可以n维

2. 考虑保证正确性的情况下：合并同类状态，消除无用状态，消除无用转移。

3. 对递推式进行分类，只与当前点有关的直接处理，只与以前相关的点预处理，既与当前有关又与现在有关考虑斜率优化（有单调性用单调队列，否则二分或李超）

A

显然

B

显然

C

显然

D

01背包模板
设 $dp[i][j]$ 表示考虑了 $i$ 个物品，背包容量为 $j$ 的最大价值

• 选第 $i$ 件物品，那么背包容量剩余 $j-w_i，i-1$ 个物品，价值为 $dp[i-1][j-w_i]+v_i$
• 不选第 $i$ 件物品，那么背包容量仍然不变为 $j$ ，这时价值为 $dp[i-1][j]$

所以可以得到 $dp$ 的转移方程:

$$dp[i][j]=max(dp[i-1][j-w_i]+v_i,dp[i-1][j])$$

滚动数组状态变为 $dp[j]$ ,倒序枚举

则原方程变为：

$$dp[j]=max(dp[j-w_i]+v_i,dp[j])$$

E

设 $dp[i][j]$ 表示考虑 $i$ 个物品,总价值是 $j$ 所需的最小容量

• 拿第 $i$ 件物品,那么别的物品的总价值需要凑出 $j-v_i$ 考虑 $i-1$ 件物品的最优选取方式,即最终重量为 $dp[i-1][j-v_i]+w_i$ 。

• 不拿第 $i$ 件物品，那么别的物品需要凑出 $j$ 的价值。考虑前 $i-1$ 件物品的最优选取方式，即最小重量为 $dp[i-1][j]$

所以可以得到 $dp$ 的转移方程:

$$dp[i][j]=min(dp[i-1][j-v_i]+w_i,dp[i-1][j])$$

滚动数组

则原方程变为：

$$dp[j]=min(dp[j-v_i]+w_i,dp[j])$$

F

设状态 $dp[i][j]$ 为 $s$ 的前 $i$ 项与 $t$ 的前 $j$ 项的 LCS

• 如果 $s[i]=t[j]$ ，则 $dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1$

• 否则， $dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])$

同时记录路径，最后从 $(n,m)$ 向前回溯得到字符串

G

由于该题为有向无环图，因此我们可以按序去搜索遍历每一个点。若该点未被访问过，则对其进行搜索；否则，就可以直接对该点保存的答案进行求最大。

H

显然

I

设 $dp[i][j]$ 表示前 $i$ 个元素有 $j$ 个向上的概率。只需要枚举当前硬币是向上还是向下即可，与背包类似。

转移方程为：

$$f[i][j]=f[i-1][j-1]\times pi+f[i-1][j]\times (1-pi)$$

计算完毕后，统计一半硬币向上的答案。

J

考虑最暴力的做法，用 $dp[a_1][a_2]...[a_n]$ 表示第 $i$ 盘还剩 $a_i$个寿司的期望次数。那么枚举随机到的数 $i$ 就可以得到方程：

$$dp[a1][a2]\cdot \cdot \cdot [an]=1+\sum _{i=1}^n\frac{1}{n}dp[a1][a2]...[max(a_i-1,0)]...[an]$$

注意到第几盘寿司没有区别，因此可以合并状态，只记录剩余寿司的盘数
因为 $ai\le 3$ 所以至多有四种不同数值： $0,1,2,3$ 。我们重新定义状态 $dp[a][b][c][d]$ 表示当前还剩下 $a/b/c/d$ 盘有 $0/1/2/3$ 个寿司。
枚举当前随机到的盘子里还剩几只寿司得到如下方程：

$$dp[a][b][c][d]=1+\frac{a}{n}dp[a][b][c][d]+\frac{b}{n}dp[a+1][b-1][c][d]+\frac{c}{n}dp[a][b+1][c-1][d]+\frac{d}{n}dp[a][b][c+1][d-1]$$

移项整理得到转移方程：

$$dp[a][b][c][d]=\frac{b+c+d}{n}+\frac{b+c+d}{b}dp[a+1][b-1][c][d]+\frac{b+c+d}{c}dp[a][b+1][c-1][d]+\frac{b+c+d}{d}dp[a][b][c+1][d-1]$$

注意到 $a+b+c+d=n$
因此任意三个数可以确定另一个数，所以可以合并状态，又因为 $a$ 在方程中参与度不高，所以把 $a$ 这一维压掉。
得到

$$dp[b][c][d]=\frac{b+c+d}{n}+\frac{b+c+d}{b}dp[b-1][c][d]+\frac{b+c+d}{c}dp[b+1][c-1][d]+\frac{b+c+d}{d}dp[b][c+1][d-1]$$

K

设状态很重要，如果设某一个人的胜负，每一步状态都需要考虑两个决策，过于困难。

若设状态为当前操作者的胜负，则只需要考虑一个人的决策（其实是因为题面中两人没有本质上的的区别）

设 $dp[i]$ 表示在剩余 $i$ 块石头时，当前操作者的胜负。

显然，状态 $dp[i]$ 可以转移到 $dpi+a_j $ 。

有一个显然的结论：在剩余 $0$ 块石头时，当前操作者必败。

那么，如果一个状态能转移到一个必败状态，那么当前操作者一定必胜。

当前操作者只需要选择转移到那个使对手必败的状态，就可以让自己必胜(这也是博弈论的重要结论)。

所以我们可以从 $dp[1]$ 开始递推求解，最终答案为 $dp[k]$ 。

L

显然游戏过程中剩下的数必然是连续的一段。设 $dp[i][j]$ 表示剩下下标为 $[i,j]$ 的数时，先手（并非当前的先手而是开始时的先手，下同）能取得的最大分数差。

分两种情况讨论：

• 已经取走的数为偶数个，此时先手取， $dp[i][j]=max(dp[i+1][j]+a_i,dp[i][j-1]+a_j)$ 。

• 已经取走的数为奇数个，此时后手取， $dp[i][j]=min(dp[i+1][j]-a_i,dp[i][j-1]-a_j)$ 。

还有一种神奇的解法：

考虑数列中存在 $3$ 个连续的数 $a_i,a_{i+1},a_{i+2}$ 满足 $a_i\le a_{i+1}$ 并且 $a_{i+1}\ge a_{i+2}$ ，此时一方任取两边的数，则另一方取中间的数最优，所以，这 $3$ 个数可以等效合并为 $1$ 个大小为 $a_i+a_{i+2}-a_{i+1}$ 的数。

将数列中满足条件的数等效合并完后，数列一定满足先递减后递增，此时从两端贪心即可。

重点在于发现这种合并对全局生效

M

设 $dp[i][j]$ 表示考虑到第 $i$ 个小朋友，当前已经用掉 $j$ 个糖的方案数。

转移方程：

$$dp[i][j]=\sum _{k=max(0,j-a_{i-1})}^{j}dp[i-1][k]$$

发现公式里每个 $dp$ 值都由上一行中一段连续的 $dp$ 值之和转移而来，可以前缀和优化转移。

N

设 $dp[i][j]$ 为 $i$ 到 $j$ 的答案，
则枚举其中间点 $k$ 取最小值：

合并的代价的最小值。

于是就可以推出转移方程：

$$dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k][j]+\sum _{p=i}^j{a}_p)$$

前缀和优化