DP 优化
DP优化
一些典型或者不典型的 DP 优化实例。
CF354D Transferring Pyramid
题意：有一个 \(n\) 层的金字塔，现在能进行两种操作，一是给某个点染色，代价是 3，或者画一个底边是金字塔底边的子三角形，给每个点，代价是点数 +2，要求用最小代价覆盖所有要染色的 \(m\) 个点。
思路：定义 \(h_i\) 表示点 \(i\) 到底边的距离，那么要用第二种方法覆盖这个点的代价是 \(O(h_i^2)\) 的，因此只有 \(h_i\leqslant\sqrt{m}\) 的点才有可能用第二种方法覆盖。考虑沿着对角线从左下到右上进行 dp，维护操作二的轮廓线高度，即设 \(f(i,j)\) 表示转移到第 \(i\) 条对角线，轮廓线最高高度为 \(j\) 的最小代价。转移时有延续之前的轮廓线或者让之前的轮廓线断开两种，再加上 \(h_i>\sqrt{m}\) 的即可。
复杂度 \(O(n\sqrt m)\)。
trick：根据题目中的条件分析实际有用的范围，优化状态量。
P3506 [POI2010]MOT-Monotonicity 2
题意：给定长为 \(n\) 的序列 \(a\) 和长为 \(k\) \(s\)，要求选出一个长度最长的子序列 \(p_1,p_2\cdots p_k\)，使得 \(p_i\) 和 \(p_{i+1}\) 的关系是 \(s[(i-1)\bmod k+1]\)。
思路：一开始的想法有点接近正解，不过还是差不少。首先，可以大胆猜想，以 \(i\) 为结尾的最长合法子序列一定是由某个以 \(j(j<i)\) 结尾的最长合法子序列后面加上 \(i\) 得到的。我们来证明一下。
设 \(f(i)\) 表示 \(i\) 结尾的最长合法子序列长度。首先，假设以 \(n\) 结尾的最长合法子序列不是由一个位置的最长合法子序列得来的，设这个子序列的上一个是 \(m\)，那么首先有 \(f(n)-1<f(m),f(n)\leqslant f(m)\)。假设有 \(a_m=a_n\)，那么显然可以直接在 \(f(m)-1\) 后面接 n，这样不劣；假设 \(a_m<a_n\)，再分 \(a_{f(m)-1}<a_n\) 和 \(a_{f(m)-1}\geqslant a_n\) 两种。对于前者，直接在后面把 \(n\) 接上即可；对于后者，一定存在一个 \(w\geqslant f(n)\) 满足关系符号为 \(>\)，那么把 \(n\) 接在第 \(w+1\) 个位置，一定更优。于是就证完了。
既然证明了满足最优子结构，就说明每次可以选择合法的最大答案，可以直接用树状数组维护。
trick：最优子结构的体现。
P6564 [POI2007] 堆积木KLO
题意：给定序列 \(a\)，可以任意删除一些数，删除后后面的位置会向前补齐，求最后序列中最多有多少个数满足 \(a_i=i\)
思路：我们记 \(f_i\) 表示钦定最后 \(i\) 在自己位置上时 \(i\) 前最多有多少个满足条件的数，然后可得：\(f_i=\max(f_j|j<i,a_j<a_i,a_i-a_j\leqslant i-j)+1\)。朴素转移是 \(O(n^2)\) 的，我们尝试把合法的 \(j\) 变成一个前缀的形式。由 \(a_i-a_j\leqslant i-j\) 可以推出 \(j-a_j\leqslant i-a_i\)，因此先排除不合法(即 \(a_i>i\) )的数，再按 \(i-a_i\) 排序后DP，然后用树状数组维护最大值即可。复杂度 \(O(n\log(n))\)。
trick：分析出转移顺序，再按照指定顺序转移会更方便。
P4099 [HEOI2013]SAO
题意：给定一颗树，遍历方向为根到叶子或叶子到根，求遍历方案数。
思路：看到求拓扑序方案数首先想到设 \(f[i][j]\) 表示 \(i\) 在 \(i\) 的子树里拓扑序排名为 \(j\) 的方案数，然后考虑合并时如何转移。\(f[x][k]=\sum\limits_{i+j=k}f[x][i]\times f[y][j]\times C_{k-1}^{i-1}\times C_{siz[u]+siz[v]-k}^{siz[u]-i}\)，这个转移是 \(O(n^3)\) 的，但是我们发现这个组合数与 \(f[y][j]\) 无关，也就是说可以用前缀和优化转移，这样复杂度就是 \(O(n^2)\) 的了。注意转移时根据遍历方向 \(j\) 的范围会不一样，需简单分个类。
trick：前缀和优化转移。
P7532 [USACO21OPEN] Balanced Subsets P
题意：有 \(n\times n\) 的网格，每个位置是 0/1，求有多少个 1 连通块满足同一行或列的两点间没有空。
思路：一开始想错了，想到今年 IOI D1T3 去了，后来才发现就是其实是凸多边形。
那么就比较简单了，设 \(f[i][l][r][0/1][0/1]\) 表示考虑到第 \(i\) 行，当前左右端点的状态，上一行是否包含这一行选的区间，然后用前缀和优化即可。
trick：对于转移是从矩形内转移过来，可以用二维前缀和优化。
[AGC007E] Shik and Travel
题意：一颗 \(n\) 个节点的二叉树，每个节点要么有两个儿子要么没有儿子。边有边权。
你从 \(1\) 号节点出发，走到一个叶子节点。然后每一天，你可以从当前点走到另一个叶子。最后回到 \(1\) 号节点，要求到过所有叶子并且每条边经过恰好两次。
每天的路费是你走过的路径上的边权和，你的公司会为你报销大部分路费，除了你旅行中所用路费最高的，行走路线是从叶子到叶子的那一天的路费。
求路费的最小值。
思路：首先，显然可以二分答案。接着就是判定是否合法。设 \(dp[x][a][b]\) 表示在 \(x\) 的子树中，第一步走的距离是 \(a\)，最后一步是 \(b\) 是否可行，转移时枚举 \(i,j\) 表示左右儿子之间的连边在子树中的部分，那么有 \(dp[x][a][b]=f[ls][a-w[ls]][i]\&f[rs][j][b-w[rs]](i+j+w[ls]+w[rs]\leqslant mid)\)
这样 DP 很暴力考虑怎么优化。我们发现，如果有两个合法状态 \(f[x][a][b],f[x][c][d](a\leqslant c,b\leqslant d)\)，那么 \(f[x][c][d]\) 显然是没用的，于是可以把这样的无用状态去掉，即按 \(a\) 排序后，\(b\) 必须是递减的。在合并的时候，我们可以用双指针求出 \(ls,rs\) 中的每一对对应的状态，因此每次会增加 \(2\min(L,R)\)，其中 \(L,R\) 表示左右子树中的状态数，因此最后的总状态数是 \(O(n\log n)\) 的。
trick：如果状态之间存在偏序关系，就可以优化状态量。
P1912 [NOI2009] 诗人小G
题意：把序列划分成若干段，每一段的代价是 \((\sum a_i-r-l-x)^p\)，求最小代价。
思路：\(O(n^2)\) 的 DP 是好想的，考虑优化。
这个 \(p\) 次方很容易让人想到决策单调性，而且确实可以证明，可以根据导数是递增的来证。
于是可以用二分栈的经典做法来实现，复杂度 \(O(n\log n)\)。
trick：决策单调性。
P3571 [POI2014]SUP-Supercomputer
题意：有一棵 \(n\) 个点的树，\(q\) 次询问，每次给出一个 \(k\)，要求用最少的次数遍历完整棵树，每次可以访问不超过 \(k\) 个未被访问过且父节点已经被访问过的点。
思路：首先有结论：记 \(f_k\) 为 \(k\) 的答案，那么有 \(f_k=\max(i+\left\lceil\dfrac{s_{i+1}}{k}\right\rceil)\)，其中 \(s_i\) 表示深度不小于 \(i\) 的点的个数。这个式子的意思是先花 \(i\) 步走完前 \(i\) 层，然后在每次遍历 \(i\) 个点的次数。
我们来证明一下为什么是取 \(max\)。首先，如果不能花 \(j\) 步走完前 \(j\) 层，那么有 \(s_{i+1}-s_{j+1}>(j-i)\times k\)，那么 \(f_i>f_j\)，需要取 \(max\)，其次，假设前 \(i\) 次每次走一层后不能每次走 \(k\) 个点，前 \(j\) 次每次走一层后可以每次走 \(k\) 个点，那么就有 \(s_{i+1}-s_{j+1}<k(j-i)\)，于是 \(f_i>f_j\)。于是就证明了结论。
发现 \(f_k=\max(i+\left\lceil\dfrac{s_{i+1}}{k}\right\rceil)\) 可以用斜率优化，于是就可以做到 \(O(n)\)。
P6047 丝之割
题意：有若干条形如 \((u,v)\) 的弦，可以进行若干次操作，每次操作选定 \((i,j)\)，会切断所有满足 \(u>i,j<v\) 的弦会被破坏，代价为 \(a_i\times b_j\)，求破坏所有弦的最小代价。
思路：先考虑那些弦不会做贡献，很容易发现如果有两个弦 \(i,j\) 满足 \(u_j>u_i,v_j<v_i\) 那么如果要删弦\(i\)就一定会同时删弦 \(j\)，那么弦 \(j\) 就不做贡献。当我们把所有不做贡献的弦 \(j\) 删去后，就不会存在一条弦的 \(u\) 大于另一条弦的 \(u\) 而 \(v\) 较小，换而言之就是弦的 \(u,v\) 都是单增的有了这个性质就很好DP了。
设 \(f_i\) 为破环前 \(i\) 个弦的最小代价，转移方程为 \(f_i=\min\limits_{j=1}^{i-1}(f_j+\min\limits_{k=1}^{u_j-1}a_k\times\min\limits_{k=v_i+1}^{n}b_k)\)
朴素的转移是 \(O(n^2)\) 的，我们考虑优化转移。我们发现，这个转移的形式似乎可以斜率优化，把 \(f_j\) 当成 \(y\)，把 \(\min\limits_{k=1}^{u_j-1}a_k\) 当成\(-x\)，把 \(\min\limits_{k=v_i+1}^{n}b_k\) 当成 \(k\)，就和斜优的形式一模一样了，就可以愉快的套板子了。复杂度 \(O(n)\)。
trick：斜率优化。
CF1188C Array Beauty
题意：定义一个序列的权值为两个数之差的绝对值的最小值，求长为\(n\)的序列\(a\)的所有长为\(k\)的子序列的权值之和
思路：首先肯定是对 \(a\) 数组排序。我们发现，这一题的值域很小，那做法可能和值域有关。答案的最大值肯定不会超过 \(\dfrac{a_n}{k-1}\)，因此我们考虑枚举答案 \(v\)，然后 DP 计算权值 \(\geqslant v\) 的方案数，然后直接将方案数相加即可。然后设 \(f[i][j]\) 表示当前在第 \(i\) 个数且选第 \(i\) 个数，已经选了 \(j\) 个且满足条件的方案数，所以 \(f[i][j]=\sum\limits_{a_i-a_k\geqslant v}f[k][j-1]\)，然后用前缀和优化就是 \(O(nk)\) 的了。总复杂度 \(O(\dfrac{V}{k}nk)=O(nV)\)。
trick：分析数据范围，斜率优化。
CF1179D Fedor Runs for President
题意：在树上删除一条边后，求最多能形成多少条简单路径。
思路：树上斜率优化。
首先只考虑加一条边后会多出来多少条路径。假设加入的边为 \((x,y)\)，设 \(s_k\) 为 \(path(x,y)\) 上一点 \(k\) 不向路径延伸的子树大小，那
要让答案最大，我们就要选一条路径使 \(\sum\limits_{k\in path(x,y)}s_k^2\) 尽量小。
我们设 \(x\) 为当前点,然后计算每一条经过 \(x\) 的路径的答案。设 \(f_x\) 为 \(x\) 的子树中让上式最小的路径，则 \(f_x=\min\limits_{y\in son(x)}f_y+(size_x-size_y)^2\) 其中 \(size_x-size_y\) 即为 \(s_x\)。
求出这个后，考虑如何将两条路径合并。先朴素直接枚举两个儿子来转移，即
这样一次转移是 \(O(son_x^2)\) 的，但看到这个二次式我们尝试用斜率优化。我们枚举一个 \(u\)，然后求出最优决策点 \(v\)。枚举两个点 \(i,j\) 假设 \(i\) 比 \(j\) 更优，那么有
化简后可得
再变形可得
因此当 \(size_i>size_j\) 时，
然后再注意 \(size_i<size_j\) 时不等号变号，以及特判一下等于即可。还有就是我们按 \(size\) 大小先给所有儿子排序一遍后转移就很方便了。
总复杂度\(O(n\log(n))\)。
trick：树上斜率优化。
P4292 [WC2010] 重建计划
题意：求有上下界树上平均值最大路径。
思路：有点分治的做法，感觉长剖比较好写，就来写长剖了。
对于每个点，设 \(f[x][i]\) 表示点 \(x\) 向下长度为 \(i\) 的链的最大权值，用长链剖分 + 线段树优化就可以做到 \(O(n\log n)\)。
CF671D Roads in Yusland
题意：给定一棵 \(n\) 个点的以 \(1\) 为根的树。有 \(m\) 条路径 \((x,y)\)，保证 \(y\) 是 \(x\) 或 \(x\) 的祖先，每条路径有一个权值。你要在这些路径中选择若干条路径，使它们能覆盖每条边，同时权值和最小。
思路：左偏树优化 DP。
设 \(f[x]\) 表示覆盖了 \(i\) 子树及 \(i\) 连向 \(fa[i]\) 的边的最小代价，我们发现转移时无法只保留最优的，因为我们的选择是有后效性的，但是可以选择的链总共只有 \(O(n)\) 个，于是可以考虑保留所有可能的最优方案，用左偏树来维护，转移时有全局加，合并，删除，都可以维护。复杂度 \(O(n\log n)\)。
trick：如果发现状态中维护的不能只有答案，可以先保留所有对后面有贡献的方案，然后再想办法优化。
CF809D Hitchhiking in the Baltic States
题意：给出 \(n\) 个区间 \([l_i,r_i]\) 和 \(n\) 个未知数 \(a_1,a_2,\dots,a_n\)，现在你要确定这 \(n\) 个数，使得 \(a_i\in[l_i,r_i]\)，并且这个序列的最长严格上升子序列尽可能大，求这个最大值。
思路：设 \(dp[i]\) 表示要让最长上升子序列长度为 \(i\) 时子序列最后一个的最小值。
考虑转移：
- \(dp[i-1]<l\)，那么 \(dp[i]\leftarrow l\)
- \(dp[i-1]\in[l,r-1]\)，那么 \(dp[i]\leftarrow dp[i-1]+1\)
- \(dp[i-1]\le r\)，那么不变。
暴力转移是 \(O(n^2)\) 的，考虑用平衡树优化。
- 用小于 \(l\) 的最大的 \(dp[i]\) 转移到 \(dp[i]+1\)。
- 让区间 \([l,r-1]\) 内的 +1，然后往后移。
- 删掉大于等于 \(r\) 的最小的数。
trick：如果转移形式简单，可以把相同转移的一起处理。
CF856F To Play or not to Play
思路：考虑一个最暴力的做法，设 \(dp[i][a][b]\) 表示前 \(i\) 个时段，V 的经验为 \(a\)，P 的经验为 \(b\) 是否可行。
考虑怎么简化状态。我们发现，如果状态 \((a,b)\) 合法，那么 \((a-1,b),(a,b-1)\) 合法，于是我们只需要记录所有不存在 \((a',b')\) 满足 \(a'\ge a,b'\ge b\) 的 \((a,b)\) 即可。
考虑现在加入了一个时段，长度是 \(len\)。
如果只有 V 在线，那么所有的 \((a,b)\) 都会变成 \((a+len,b)\)。
如果只有 P 在线，那么所有的 \((a,b)\) 都会变成 \((a,b+len)\)。
如果两人都在线，那么分 3 种：
- \(|a-b|\le C\)，那么会变成 \((a+2len,b+2len)\)。
- \(a-b>C\)，那么可以让两个人都上线变成 \((a+len,b+len)\)，或者让 \(a\) 减小到 \(b+C\)，那么会变成 \((b+C+2len,b+2len)\)。
- \(b-a>C\)，同上。
考虑用平衡树维护。
对于前两种，就是全局的 \(a\) 增加或者 \(b\) 增加。
对于后一种，我们把平衡树分成 \(a-b>C,|a-b|\le C,b-a>C\) 三部分，对于第一个部分，我们把 \(b\) 最小的一组变成 \((b+C,b)\) 然后加入第二部分，第三部分同理，然后合并时去掉会被二维偏序掉的状态即可。
trick：如果状态之间存在偏序关系，可以把被偏序掉的状态去掉，减少状态量；如果转移形式简单，可以把相同转移的一起处理。
CF1630D Flipping Range
题意：给定一个长度为 \(n\) 的数组 \(a\) 和一个包含 \(m\) 个正整数的集合 \(b\)，保证对于所有的 \(1\leqslant i\leqslant m\)，都有 \(1\leqslant b_i\leqslant \lfloor\frac n2\rfloor\)。你可以对 \(a\) 数组执行若干次操作，每次操作中，你可以：
- 选出一个在 \(b\) 集合中出现过的数 \(x\)。
- 选择 \(a\) 数组中一个长度为 \(x\) 的子段，然后将该子段里的所有元素的值变为其相反数。形式化地来说，选出满足 \(1\leqslant l\leqslant r\leqslant n\) 且 \(r-l+1=x\) 的两个数 \(l,r\)，然后对于所有的 \(l\leqslant i\leqslant r\)，将 \(a_i\) 替换为 \(-a_i\)。
你希望最大化 \(\sum\limits_{i=1}^n a_i\) 的值，求这个最大值。
思路：好厉害的题目。
首先，如果 \(2^k\le n\)，那么答案就可以取到下界 \(n\)，于是现在的 \(k\) 降到了 \(O(\log n)\) 的量级。设 \(f[n][k]\) 表示答案，那么转移就是 \(dp[n][k]=\min\limits_{i=0}^{n-1}dp[i][k-1]+c(i+1,n)\)。
考虑怎么求 \(c(l,r)\)。
记 \(S(i)=\sum\limits_{j=1}^i\varphi(j)\)，于是可以整除分块在 \(O(\sqrt{r-l})\) 的时间内计算 \(c(l,r)\)。
然后有 \(c(l,r)\) 满足四边形不等式。
证明：记 \(f(l,r,k)=\sum\limits_{i=l}^rS(\left\lfloor\frac{k}{i}\right\rfloor)\)，那么对于 \(i\le j\le k\le l\)，有：
因为有 \(k\le l\)，因此 \(f(i,j-1,l)\ge f(i,j-1,k)\)，于是有 \(c(i,k)+c(j,l)\le c(i,l)+c(j,k)\)。
然后就可以用分治解决，复杂度 \(O(n\log^2n\sqrt{n})\)。
不过可以做到 \(O(n\log^3n)\)。类似 P5574 [CmdOI2019] 任务分配问题，可以考虑维护端点 \(l,r\) 然后在每次移动时计算贡献。左端点的移动是 \(O(1)\) 的，右端点移动时，要对满足 \(\left\lfloor\frac{r-1}{k}\right\rfloor<\left\lfloor\frac{r}{k}\right\rfloor\) 的 \(k\) 将贡献加上 \(\varphi(\left\lfloor\frac{r}{k}\right\rfloor)\)，而这样的 \(k\) 一定是 \(r\) 的因数，于是复杂度就是 \(O(n\log^3n)\) 的了。
CF1119F Niyaz and Small Degrees
题意：一棵大小为 \(n\) 的树，有边权，设 \(f(x)\) 表示要满足所有点的 \(deg\leqslant x\) 所要删掉的边的边权和的最小值，求出 \(f(0)\) 到 \(f(n)\)
思路：先考虑对于每个 \(x\) 计算答案。设 \(dp[i][0/1]\) 表示 \(i\) 向上连的边删或不删时的最小代价。转移时，对于 \(i\) 的每个儿子 \(j\)，有两种贡献，\(a_1=dp[j][0]+w\) 表示删掉 \((i,j)\) 的贡献，\(a_2=dp[j][1]\) 表示不删 \((i,j)\) 的贡献。我们考虑先取所有的 \(a_2\)，用堆来维护所有的 \(a_1-a_2\)，然后选最小的一些\(a_1-a_2\) 把 \(a_2\) 替换掉，这一步可以用堆维护。单次复杂度 \(O(n\log n)\)。
然后考虑正解。如果从小到大考虑每个 \(x\)，那么一个 \(deg=x\) 的点对 \([x,n-1]\) 是没有贡献的，对于每个点只需考虑 \(x<deg\) 的情况，这样的量级是 \(\sum deg=n\) 的。我们将 \(deg\leqslant x\) 的点视为无用点，其他为有用点，然后从每个有用点开始 dfs，把无用点视为叶子，这时每个无用点的 \(a_1=w,a_2=0\)，它对它相邻的有用点的贡献即为 \(a_1-a_2=w\)，然后像暴力做法一样加入有用点的贡献，最后再加上一直弹堆顶到堆中元素为须删掉的边数时，堆中所有 \(a_1-a_2\) 的和就是答案。注意更新答案后要撤销加入的有用点的贡献，并撤销不断弹出堆顶直到堆中元素符合要求时删除的无用点的贡献，需要用可删除堆维护。总（均摊）复杂度 \(O(n\log n)\)。
P1295 [TJOI2011] 书架
题意：给一个序列 \(h\)，要分成若干段使得每一段长度不大于 \(m\)，最小化所有段的最大值之和。（其实这题本来不是这个题单里的）
思路：首先可以很简单的想到一个 \(O(n^2)\) 的 DP：设 \(f_i\) 表示 \(i\) 为当前段末尾的最小和，则 \(f_i=\min\limits_{s_i-s_j<=m}(f_j+\max\limits_{k=j+1}^ih_k)\)。因为有最大值，我们考虑找找单调性。首先，如果 \(h_j\leqslant h_{j+1}\)，那么 \(\max\limits_{k=j}^i h_k=\max\limits_{k=j+1}^i h_k\)，而 \(f\) 显然是单调递增，那这个时候从 \(j\) 转移一定比从 \(j+1\) 转移更优，所以我们很容易用一个单调队列（记为 \(q\)）来记录可能对答案做贡献的位置。然后我们考虑如何计算贡献。因为队列里的值是递减的，即 \(h_{q_l}>\cdots h_{q_r}\)，那么每个的贡献就是 \(f_{q_l}+a_{q_{l+1}}\)，这时我们还需维护 \(f\)。为了保证复杂度，我们可以用两个单调下降的栈来维护 \(f\)，每当左或右端点到了中点就重构，这样复杂度就是 \(O(n)\) 的了。
[ARC082F] Sandglass
题意：有一个沙漏，每秒会有 1g 沙子从上面落下来，有 \(k\) 个时刻 \(r_1,r_2\cdots r_k\)，每到 \(r_i\) 沙漏就会翻转，多次询问如果一开始上部有 \(a_ig\) 沙子，在时刻 \(t_i\) 时上部有多少沙子。
思路：一开始的思路是每个操作形如 \(x\rightarrow max(x-\Delta r,0)\)，可以按时间轴用线段树维护答案，没想到这题竟然可以做到线性。
其实线性做法的思路也是维护如果一开始是多少此时就有多少，记为 \(f_i\)，那么可以把 \(f_i\) 的图像画出来，发现就像这样
最终值不和上下界（红线）相等的 \(f_i\) 必然满足在一个区间内，因此我们只用这个区间的左右端点维护上下界即可做到线性。
trick：通过画图分析转移的性质。
P2519 [HAOI2011] problem a
题意：一次考试共有 \(n\) 个人参加，可能出现多个人成绩相同的情况。第 \(i\) 个人说：“有 \(a_i\) 个人成绩比我高，\(b_i\) 个人成绩比我低。”
请求出最少有几个人没有说真话。
思路：发现条件等价于 我是第 \(a_i+1\) 名，有 \(n-a_i-b_i\) 个人和我的分数相同，相当于是将分数从小到大排序后，与第 \(i\) 个人分数相同的区间是 \([a_i+1,n-b_i]\)。
如果超过 \(r-l+1\) 个人的区间都是 \([l,r]\)，那么最多只有 \(r-l+1\) 个人满足条件。
如果把有多少人的区间是 \([l,r]\) 当成区间 \([l,r]\) 的贡献，那么我们要求的就是选择若干不交区间，求最大代价。
设 \(f[i]\) 是前 \(i\) 个区间的最优解，转移时枚举最大的 \(j\) 满足 \(r_j<l_i\)，有 \(f[i]\leftarrow f[j]+val[i]\)。
复杂度 \(O(n\log n)\)。
P9523 [JOISC2022] 复制粘贴 3
题意：构造长度为 \(n\) 的目标串，初始 \(X\) 为空，支持三种操作：
- 输入 c，即 \(X\gets X+c\)。
- 剪切，将 \(X\) 剪切到剪切板 \(Y\)，并令 \(X\) 为空。
- 粘贴，即 \(X\gets X+Y\)
分别有代价 A,B,C，求得到目标串的最小代价。
思路：设 \(f[l][r]\) 表示当前区间的答案，那么转移有两种，一种是 \(f[l][r]=A+f[l][r-1]\)，一种是选择 \(k\)，然后将 \(s_{[l,r]}\) 中删掉尽量多的 \(s_{[l,k]}\)。
直接转移复杂度很劣，考虑怎么优化。我们一加上 \(f[l][r]=A+f[l+1][r]\)，这样我们进行剪切操作的转移就可以钦定在 \(s_{[l,p]}=s_{[q,r]}\) 时才进行。
预处理出 kmp 数组，然后每次跳 next 来转移，这样做是 \(O(n^2)\) 的。
现在还需快速求出 \([l,r]\) 中可以选出多少个 \([l,p]\)。可以预处理出倍增数组 \(g[l][r][k]\) 表示和 \(s_{[l,r]}\) 相同的不重复的后面 \(2^k\) 个子串的右端点，然后就可以快速求了。
复杂度 \(O(n^2\log n)\)。
LOJ#6564. 最长公共子序列
题意：求 LCS。
思路：一直没怎么做过bitset科技题。
朴素求LCS的DP是 \(O(nm)\) 的，但是我们发现 DP 的差分数组 \(c[i][j]=dp[i][j]-dp[i][j-1]\) 只有 0/1 两种取值，这启发我们用 bitset 来优化。考虑加入 \(a_{i+1}\) 时，对于原来差分数组的每一段极长连续段满足 \(c[i][l],c[i][l+1]\cdots c[i][r-1]=0,c[i][r]=1\)，我们找到最左的满足 \(b_j=a_{i+1}\)，于是有 \(v[i+1][j]=1,v[i+1][r]=0\)，如果找不到就不变。
考虑怎么用 bitset 来进行操作。
令 \(f\) 表示当前的差分数组，\(g\) 表示 \(f<<1\)，\(f'\) 表示在 \(f\) 所有匹配位置变成了 1 后的数组，那么令 \(g'=f'-g\)，再 \(f'\leftarrow f'\&(f'\oplus g')\) 即可。
trick：如果 DP 数组的差分只有 0/1 可以考虑用 bitset 来优化转移。
