DP 优化

1|0DP优化

一些典型或者不典型的 DP 优化实例。

1|1CF354D 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 $h_{i} ⩽ \sqrt{m}$ 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。

1|2P3506 [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 $p_{1}, p_{2} \dots p_{k}$ ，使得 $p_{i}$ 和 $p_{i + 1}$ 的关系是 $s [(i - 1) mod k + 1]$ 。

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 $f (n) - 1 < f (m), f (n) ⩽ f (m)$ 。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 $a_{f (m) - 1} ⩾ a_{n}$ 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 $w ⩾ f (n)$ 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。

1|3P6564 [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： $f_{i} = max (f_{j} | j < i, a_{j} < a_{i}, a_{i} - a_{j} ⩽ i - j) + 1$ 。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 $a_{i} - a_{j} ⩽ i - j$ 可以推出 $j - a_{j} ⩽ i - a_{i}$ ，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。

1|4P4099 [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。 $f [x] [k] = \sum_{i + j = k} f [x] [i] \times f [y] [j] \times C_{k - 1}^{i - 1} \times C_{s i z [u] + s i z [v] - k}^{s i z [u] - i}$ ，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。

1|5P7532 [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。

1|6[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 $d p [x] [a] [b]$ 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 $d p [x] [a] [b] = f [l s] [a - w [l s]] [i] & f [r s] [j] [b - w [r s]] (i + j + w [l s] + w [r s] ⩽ m i d)$

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 $f [x] [a] [b], f [x] [c] [d] (a ⩽ c, b ⩽ d)$ ，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 $l s, r s$ 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。

1|7P1912 [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。

1|8P3571 [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 $f_{k} = max (i + ⌈ \frac{s_{i + 1}}{k} ⌉)$ ，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 $m a x$ 。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 $m a x$ ，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 $f_{k} = max (i + ⌈ \frac{s_{i + 1}}{k} ⌉)$ 可以用斜率优化，于是就可以做到 $O (n)$ 。

1|9P6047 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 $f_{i} = {min}_{j = 1}^{i - 1} (f_{j} + {min}_{k = 1}^{u_{j} - 1} a_{k} \times {min}_{k = v_{i} + 1}^{n} b_{k})$

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 ${min}_{k = 1}^{u_{j} - 1} a_{k}$ 当成 $- x$ ，把 ${min}_{k = v_{i} + 1}^{n} b_{k}$ 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。

1|10CF1188C 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 $\frac{a_{n}}{k - 1}$ ，因此我们考虑枚举答案 $v$ ，然后 DP 计算权值 $⩾ v$ 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 $f [i] [j] = \sum_{a_{i} - a_{k} ⩾ v} f [k] [j - 1]$ ，然后用前缀和优化就是 $O (n k)$ 的了。总复杂度 $O (\frac{V}{k} n k) = O (n V)$ 。

trick：分析数据范围，斜率优化。

1|11CF1179D 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 $p a t h (x, y)$ 上一点 $k$ 不向路径延伸的子树大小，那

a n s = \frac{\sum_{k \in p a t h (x, y)} s_{k} (n - s_{k})}{2}

= \frac{n \times \sum_{k \in p a t h (x, y)} s_{k} - \sum_{k \in p a t h (x, y)} s_{k}^{2}}{2}

= \frac{n^{2} - \sum_{k \in p a t h (x, y)} s_{k}^{2}}{2}

要让答案最大，我们就要选一条路径使 $\sum_{k \in p a t h (x, y)} s_{k}^{2}$ 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 $f_{x} = min_{y \in s o n (x)} f_{y} + (s i z e_{x} - s i z e_{y})^{2}$ 其中 $s i z e_{x} - s i z e_{y}$ 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

a n s = min_{u, v \in s o n (x), u \neq v} f_{u} + f_{y} + (n - s i z e_{u} - s i z e_{v})^{2}

这样一次转移是 $O (s o n_{x}^{2})$ 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

f_{u} + f_{i} + (n - s i z e_{u} - s i z e_{i})^{2} ⩽ f_{u} + f_{j} + (n - s i z e_{u} - s i z e_{i})^{2}

化简后可得

f_{i} + s i z e_{i}^{2} - 2 (n - s i z e_{u}) s i z e_{i} ⩽ f_{j} + s i z e_{j}^{2} - 2 (n - s i z e_{u}) s i z e_{j}

再变形可得

(f_{i} + s i z e_{i}^{2}) - (f_{j} + s i z e_{j}^{2}) ⩽ 2 (n - s i z e_{u}) (s i z e_{i} - s i z e_{j})

因此当 $s i z e_{i} > s i z e_{j}$ 时，

\frac{(f_{i} + s i z e_{i}^{2}) - (f_{j} + s i z e_{j}^{2})}{(s i z e_{i} - s i z e_{j})} ⩽ 2 (n - s i z e_{u}^{2})

然后再注意 $s i z e_{i} < s i z e_{j}$ 时不等号变号，以及特判一下等于即可。还有就是我们按 $s i z e$ 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。

1|12P4292 [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 $O (n \log n)$ 。

1|13CF671D 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 $f a [i]$ 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。

1|14CF809D 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 $d p [i]$ 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：

$d p [i - 1] < l$ ，那么 $d p [i] \leftarrow l$
$d p [i - 1] \in [l, r - 1]$ ，那么 $d p [i] \leftarrow d p [i - 1] + 1$
$d p [i - 1] \leq r$ ，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 $d p [i]$ 转移到 $d p [i] + 1$ 。
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。

1|15CF856F To Play or not to Play

思路：考虑一个最暴力的做法，设 $d p [i] [a] [b]$ 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 $a^{'} \geq a, b^{'} \geq b$ 的 $(a, b)$ 即可。

考虑现在加入了一个时段，长度是 $l e n$ 。

如果只有 V 在线，那么所有的 $(a, b)$ 都会变成 $(a + l e n, b)$ 。

如果只有 P 在线，那么所有的 $(a, b)$ 都会变成 $(a, b + l e n)$ 。

如果两人都在线，那么分 3 种：

$| a - b | \leq C$ ，那么会变成 $(a + 2 l e n, b + 2 l e n)$ 。
$a - b > C$ ，那么可以让两个人都上线变成 $(a + l e n, b + l e n)$ ，或者让 $a$ 减小到 $b + C$ ，那么会变成 $(b + C + 2 l e n, b + 2 l e n)$ 。
$b - a > C$ ，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 $a - b > C, | a - b | \leq C, b - a > C$ 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。

1|16CF1630D 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 $1 ⩽ i ⩽ m$ ，都有 $1 ⩽ b_{i} ⩽ ⌊ \frac{n}{2} ⌋$ 。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 $1 ⩽ l ⩽ r ⩽ n$ 且 $r - l + 1 = x$ 的两个数 $l, r$ ，然后对于所有的 $l ⩽ i ⩽ r$ ，将 $a_{i}$ 替换为 $- a_{i}$ 。

你希望最大化 $\sum_{i = 1}^{n} a_{i}$ 的值，求这个最大值。

思路：好厉害的题目。

首先，如果 $2^{k} \leq n$ ，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 $d p [n] [k] = {min}_{i = 0}^{n - 1} d p [i] [k - 1] + c (i + 1, n)$ 。

考虑怎么求 $c (l, r)$ 。

\begin{aligned} c (l, r) & = \sum_{i = l}^{r} \sum_{j = i}^{r} [gcd (i, j) \geq l] \\ = \sum_{i = l}^{r} \sum_{j = i}^{r} \sum_{k = l}^{r} [gcd (i, j) = k] \\ = \sum_{k = l}^{r} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{r}{k} ⌋} \sum_{j = i}^{⌊ \frac{r}{k} ⌋} [gcd (i, j) = 1] \\ = \sum_{k = l}^{r} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{r}{k} ⌋} φ (i) \end{aligned}

记 $S (i) = \sum_{j = 1}^{i} φ (j)$ ，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 $f (l, r, k) = \sum_{i = l}^{r} S (⌊ \frac{k}{i} ⌋)$ ，那么对于 $i \leq j \leq k \leq l$ ，有：

\begin{aligned} c (i, l) + c (j, k) & = f (i, l, l) + f (j, k, k) \\ = f (i, j - 1, l) + f (j, l, l) + f (i, k, k) - f (i, j - 1, k) \\ = c (i, k) + c (j, l) + f (i, j - 1, l) - f (i, j - 1, k) \end{aligned}

因为有 $k \leq l$ ，因此 $f (i, j - 1, l) \geq f (i, j - 1, k)$ ，于是有 $c (i, k) + c (j, l) \leq c (i, l) + c (j, k)$ 。

然后就可以用分治解决，复杂度 $O (n \log^{2} n \sqrt{n})$ 。

不过可以做到 $O (n \log^{3} n)$ 。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 $⌊ \frac{r - 1}{k} ⌋ < ⌊ \frac{r}{k} ⌋$ 的 $k$ 将贡献加上 $φ (⌊ \frac{r}{k} ⌋)$ ，而这样的 $k$ 一定是 $r$ 的因数，于是复杂度就是 $O (n \log^{3} n)$ 的了。

1|17CF1119F 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 $d e g ⩽ x$ 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 $d p [i] [0 / 1]$ 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， $a_{1} = d p [j] [0] + w$ 表示删掉 $(i, j)$ 的贡献， $a_{2} = d p [j] [1]$ 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 $d e g = x$ 的点对 $[x, n - 1]$ 是没有贡献的，对于每个点只需考虑 $x < d e g$ 的情况，这样的量级是 $\sum d e g = n$ 的。我们将 $d e g ⩽ x$ 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 $O (n \log n)$ 。

1|18P1295 [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 $f_{i} = min_{s_{i} - s_{j} <= m} (f_{j} + {max}_{k = j + 1}^{i} h_{k})$ 。因为有最大值，我们考虑找找单调性。首先，如果 $h_{j} ⩽ h_{j + 1}$ ，那么 ${max}_{k = j}^{i} h_{k} = {max}_{k = j + 1}^{i} h_{k}$ ，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 $h_{q_{l}} > \dots h_{q_{r}}$ ，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。

1|19[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 $r_{1}, r_{2} \dots r_{k}$ ，每到 $r_{i}$ 沙漏就会翻转，多次询问如果一开始上部有 $a_{i} g$ 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 $x \to m a x (x - Δ r, 0)$ ，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。

1|20P2519 [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 $f [i] \leftarrow f [j] + v a l [i]$ 。

复杂度 $O (n \log n)$ 。

1|21P9523 [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 $X \leftarrow X + c$ 。
剪切，将 $X$ 剪切到剪切板 $Y$ ，并令 $X$ 为空。
粘贴，即 $X \leftarrow X + Y$

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 $O (n^{2} \log n)$ 。

1|22LOJ#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 $O (n m)$ 的，但是我们发现 DP 的差分数组 $c [i] [j] = d p [i] [j] - d p [i] [j - 1]$ 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 $c [i] [l], c [i] [l + 1] \dots c [i] [r - 1] = 0, c [i] [r] = 1$ ，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。

__EOF__

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posted @ 2024-02-15 20:37 Xttttr 阅读(42) 评论(0) 编辑收藏举报

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发表于 2024-02-15 20:37阅读：42评论：0推荐：0

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