简单理解 DP 套 DP

复制粘贴的：

通过一个外层的 DP 来计算使得另一个 DP 方程最终结果为特定值的输入数。

例如求有多少种输入使得一个背包 DP 恰好答案为 $K$。

外层 DP 的状态是所有子 DP 的状态的值。

子 DP 状态数很少，通常经过滚动数组优化，比如 $3n$ 变成 $2\times 3$）

通常我们有技巧地枚举子 DP 的输入，比如逐位考虑输入。

由于我们只对 DP 方程的最终结果感兴趣，我们并不需要记录子 DP 的输入数据，只需要记录转移以后，DP 每个状态的值就可以了。

例：BZOJ3864

题目大意：

给定字符串 $S$ 与正整数 $m$，你需要对每个 $i=0,\cdots,|S|$ 求出：

• 有多少个长为 $m$ 的字符串 $T$ 使得 $\text{LCS}(S,T)$ 长度为 $i$。$\text{LCS}$ 指最长公共子序列。

$1\le m\le 1000,1\le |S|\le 15$。

回忆 $\text{LCS}$ 的 DP： $f(i,j)$ 表示 $S[1\cdots i],T[1\cdots j]$ 的 LCS 长度，有转移：

$$f(i,j)=\begin{cases}f(i-1,j-1)+1&,S[i]=T[j]\\\max(f(i-1,j),f(i,j-1))&,S[i]\neq T[j]\end{cases}$$

我们应当记录的是，目前长度为 $i$，且和 $S$ 的 LCS 是某个数组的字符串数量。

注意到这个转移之和上一行相关，因此只需要记录最后一行，即对每个 $f(\cdot,j)$ 的所有状态，都记录下来。暴力记录需要 $O(|S|^{|S|})$ 个状态，注意到差分数组只会是 $0,1$，因此考虑记录差分数组，即可做到 $O(2^{|S|})$。用 $O(|\Sigma|\times |S|2^{|S|})$ 时间预处理所有状态的后继，总的时间复杂度为 $O((m+|S|)2^{|S|}\times |\Sigma|)$。

• 附送简单题 游园会，记录末尾是不是 N,NO 即可。

试看看！

我觉得大标题后紧跟小标题很不好看，因此我要在这里加一行字。

優しさの記憶

dp of dp 套一层数位 DP。不难想到枚举 $i=1,\cdots,n$ 算贡献。

考虑怎么算最长公共子串，设 $f(i,j)$ 表示两个串 $s,t$ 以 $s_i,t_j$ 结尾的最长公共子串，那么

$$f(i,j)=\begin{cases}f(i-1,j-1)+1&,s_i=t_j\\0&,s_i\neq t_j\end{cases}$$

我曾一度以为状态数应当是 $5^4=625$，但注意到 $f(i,j)\le \min(i,j)$，因此状态数不超过 $2\times 3\times 4\times 5=120$。由于这个只代表某两个位置结尾的最长公共子串，还要记录全局 $f$ 的最大值。

额，但是算出来是 $n\times \lg m\times |\Sigma|\times \lg n\times 120\times 2\times 2\times\ge 4\times 10^9$，有点恐怖！不过 CYJ 说能过

另一种做法：枚举之后把每个后缀插入 acam，标记一下每个点在 trie 上的深度，记录一下当前走过路径上的 maxdep 即可。复杂度是 $O(n|\Sigma|\lg n\lg m)$。

Skwarki

额我也不知道这题算不算 dp of dp

不难发现剩下的数必然是 $n$，考虑对一个排列怎么算次数：建出笛卡尔树，发现只要一个节点的左子树或者右子树被删空了，那么它就会被删除。在笛卡尔树上 DP，设 $f_u$ 表示删空 $u$ 子树需要的次数，则当 $u$ 不在左右边缘时 $f_u=\max(f_{\text{lson}(u)},f_{\text{rson}(u)},\min(f_{\text{lson}(u)},f_{\text{rson}(u)})+1)$，否则 $f_u=f_{\text{lson/rson}(u)}+1$。

现在要计数有多少个排列的笛卡尔树能够使得 $f_{\text{root}}=k$。发现 $f$ 的转移式中 $\max$ 取到第三种情况当且仅当 $f_{\text{lson}(u)}=f_{\text{rson}(u)}$，因此设 $F(i,j)$ 表示 $1\cdots i$ 的排列，最终 $f_{\text{root}}=j$ 的方案数；转移时枚举最大值的位置，有

$$F(x,j_0)\times F(y,j_1)\times\binom{x+y+1}{x}\to F(x+y+1,\max(j_0,j_1,\min(j_0,j_1)+1))$$

然后是一个很厉害的结论，注意到删除次数不超过 $O(\log n)$（由于一个序列至多有一半的数是极大值），因此暴力转移就是 $O(n^2\log ^2n)$，前缀和优化一下可以 $O(n^2\log n)$。

由于 $u$ 在最左侧时转移式不同，因此需要多记录 $G(i,j)$ 表示 $i$ 在最左侧的方案数。

LOJ3724

有个暴力：$f(u,x,y)$ 表示给以 $u$ 为根的子树填数，选 $u$ 时的最大权独立集大小为 $x$，不选 $u$ 时为 $y$ 的方案数。转移就直接写一下树上最大权独立集那个 DP，有

$$f(u,x_1,y_1)\times f(v,x_2,y_2)\to f(u,x_1+y_2,y_1+\max(x_2,y_2))$$

发现复杂度是 $O(n^3k^4)$。

然后发现，当 $x\le y$ 的时候记录 $x$ 没有意义，若 $x>y$，那么 $x-y\le k$。因此可以记录 $f(u,j,y)$ 表示以 $u$ 为根的子树填数，选 $u$ 时的最大权独立集大小为 $y+j$（$j>0$） 或者 $\le j$（$j=0$），不选 $u$ 时为 $y$ 的方案数。转移式类似：

$$f(u,j_1,y_1)\times f(v,j_2,y_2)\to f(u,\max(0,j_1-j_2),y_1+y_2+j_2)$$

复杂度 $O(n^2k^4)$。