Solution Set - DP

CF101E Candies and Stones

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DP 的状态设计和转移都是显然的，唯一的问题在于需要输出方案，而这题卡空间。会发现如果用 bitset 存下所有位置的转移，空间刚好多了一点点。所以考虑分两次，第一次只存后 10000 行的转移，然后从最终状态倒退回 $n-10000$ 行，再重做 DP 求出前面行的转移即可。DP 数组显然可以优化到一维。

CF67C Sequence of Balls

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比较套路，定义 $dp_{i,j}$ 为 A 的前 $i$ 个和 B 的前 $j$ 个匹配的方案数。转移如下：

• 插入，$dp_{i,j-1}+t_i \rightarrow dp_{i,j}$。
• 删除，$dp_{i-1,j}+t_d \rightarrow dp_{i,j}$。
• 替换，$dp_{i-1,j-1}+t_r\times[a_i\neq b_j] \rightarrow dp_{i,j}$。
• 交换，由题目中给出的条件 $2t_e\ge t_i+t_d$ 可以知道两次交换如果相交是不优的，所以方案应该是先删除要交换的两个字符中间的字符，再把它们插入回去。那么转移就是 $dp_{p1,p2}+(i-p1-2)\times t_d+(j-p2-2)\times t_i+t_e\rightarrow dp_{i,j}$。这里的 $p1$ 是满足 $a[p1+1]==b[j]$ 的最大 $p1$，$p2$ 类似。容易发现这样是最优的。

可以预处理 $p1,p2$。

CF48G Galaxy Union

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找到基环树的环，删掉换边得到一个森林，包含若干棵树 $T_1,\cdots,T_k$。一个点 $u\in T_i$ 的答案由几部分组成：

• $u$ 和 $v\in T_i$ 的点的距离和。这可以对每棵树换根跑出来，时间 $O(n)$。
• $T_j$ 的根 $rt_j$ 与 $T_j$ 内的点的距离和，$j\neq i$。在上一步就求出来了。
• $T_i$ 的根 $rt_i$ 和其它环上的点的距离与子树大小乘积的和。对于这个问题，我们提出环做一次扫描，维护一条分界边，当前起点到任何环上点的最短路不跨过分解边。当起点移动一条边时，这条边的贡献变化。当分解边跨过一个点时，这个点的贡献变化。预处理前缀和可以 $O(1)$ 维护变化。扫描起点，分解边的变化是单调的。

时间复杂度 $O(n)$。

CF11E Forward, march!

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考虑二分答案，则相当于一次正确操作权值 $1$，一次增加操作权值 $-mid$，判断最大权值是否为正即可。

定义 $dp_{i,0/1}$ 表示已经考虑了前 $i$ 位，当前步骤是 L/R 的最大权值。转移很好写，只要考虑是否添加 X。

注意先预处理出所有连续跨同一步的情况。还有就是如果操作序列的开头结尾都是 R，应该在开头加 X；如果开头结尾都是 L，应该在结尾加 X。

CF321D Ciel and Flipboard

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感觉没有黑。

显然一个子矩形只有翻转奇数次和偶数次的区别。奇数次在左上角标 $-1$，偶数次在左上角标 $1$，得到一个 $m\times m$ 的 $1,-1$ 矩阵。最终每个位置的权值就是以它为右下角的 $m\times m$ 矩阵的乘积乘以这个位置上的初始值。会发现有贡献的子矩阵是上面这个 $m\times m$ 的子矩阵中包含至少一个角落的所有矩阵。

显然这个 $m\times m$ 的矩阵和它的前缀积矩阵 $S$ 一一对应。几种贡献为：$S_{i,j}A_{i,j},S_{i,j}S_{m,j}A_{i+m,j},S_{i,j}S_{i,m}A_{i,j+m},S_{i,j}S_{i,m}S_{m,j}S_{m,m}A_{i+m,j+m}$。

可以二进制枚举 $S_{m,1\cdots m}$，假设还确定了 $S_{1\cdots m-1,m}$，那么每个 $S_{i,j}$ 都乘一个常数，用这个常数的绝对值贡献进去就行。而不同的 $S_{i,m}$ 互不影响，所以枚举 $S_{i,m}=\pm 1$ 计算，取较大值即可。

CF251E Tree and Table

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先解决一个特殊情形：链。运用简单的组合计数知识得到答案是 $2(n-1)n+4$。

对于一般情形，如果有点的度大于 $3$ 则无解。剩下的情形中，我们找出一个度为 $3$ 的点作为根，进行树形DP。

用 $f_i$ 表示以 $i$ 为根的子树，放在大小适合的 $2\times m$ 矩形中，$i$ 放在左上角的方案数。$g_{i,j}$ 表示分别以 $i,j$ 为根的两棵子树，放在适合的矩形中，$i,j$ 分别放在左上角和左下角的方案数。考虑 $f_{i,j}$ 的转移。

• $i$ 有两个儿子 $u,v$。分别尝试它们能不能放在左下角。以 $u$ 为例，若 $u$ 没有儿子，则贡献 $f_v$；若 $u$ 有一个儿子 $x$，贡献为 $g_{x,v}$；若 $u$ 有两个儿子，贡献 $0$。
• $i$ 有一个儿子 $u$。两种情形：一是 $u$ 放在左下角，仅当 $u$ 有唯一儿子 $v$ 时贡献 $f_v$；二是 $u$ 放在 $i$ 右边，那这条链必须一直向右延申，到某个位置 $v$ 出现分支（即有两个儿子 $x,y$）。此时必须有一个儿子（如 $x$）负责回头。当然，也有可能没有分支一路到底，此时判断奇偶性，贡献为 $0$ 或 $1$。
  这个负责回头的儿子可能是自己回头，也可能它有两个儿子 $w,z$，其中一个负责回头。回头指填满下面一行的左边，这要求其往下恰好是一条长度为某个值的链。如果是儿子（如 $w$）回头，则贡献为 $g_{z,y}$；如果是自己回头（即只有一个儿子），则贡献为 $f_y$。

对 $g_{i,j}$，考虑 $i,j$ 的儿子数目 $c,d$。若 $c,d$ 中有 $2$ 则 $g_{i,j}=0$；若都为 $1$ 则 $g_{i,j}=g_{son_i,son_j}$；若某一个（如 $c$）为 $1$，则 $g_{i,j}=f_{son_j}$；若都为 $0$ 则 $g_{i,j}=1$。

然而我们肯定不能把整个 $g$ 数组求出来。分析上面的过程，实际上我们把 $i,j$ 都往下找，找到第一个儿子数目不为 $1$ 的点 $x,y$。如果 $x,y$ 中较浅的一个儿子数目为 $2$ 则 $g_{i,j}=0$，否则，不妨 $x$ 较浅，让 $j$ 往下走相应的深度，$g_{i,j}$ 就等于走到的点的 $f$ 值。向下走的过程可以倍增预处理。

实现时，第一遍dfs预处理出一层儿子和深度，然后倍增预处理，再进行DP。$g$ 写成函数，过程中调用的次数和 $n$ 同阶，所以时间 $O(n\log n)$。

接下来统计答案。设 $x,y,z$ 为根 $rt$ 的三个儿子，$x$ 的度最大。

• 若 $x$ 的度为 $3$，考虑两种情形：一是 $rt$ 和 $x$ 同列，设 $x$ 的两个儿子为 $u,v$，则贡献为 $g_{u,y}g_{v,z}+g_{u,z}g_{v,y}$；二是 $rt$ 和 $x$ 同行，此时一半为 $f_x$，另一半类似上面第一种转移。
• 若 $x$ 的度小于 $3$，则 $x,y,z$ 都至多一个儿子。考虑谁和 $rt$ 同列，以及它的子树往哪一边靠（可能没有，要判），总共 $6$ 种情形。累加入答案即可。

不要忘记，根据对称性，答案还要乘 $4$。

CF331E2 Deja Vu

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考虑一条路径，称它经过的点构成的序列为点列，它经过的边上标记的点连成的序列为边列。

注意到，如果一条路径（不一定好）走到某处，边列长于点列，那么我们就知道接下来应该往哪里走了。然后，在这个走的过程中，由于点列的长度每一步只增加一，所以（如果能产生好路径）一定有某一步之后点列长度恰好等于边列长度，也就产生了好路径。

定义 $dp_{i,j}$ 为终点为 $i$，长为 $j$ 的好路径数目。考虑转移，从 $dp_{i,j}$ 开始，往后走一条 $i$ 的出边 $(i,u)$，有两种可能：

• 这条边上的序列长度为 $0$。那么再想产生好路径，就要从 $u$ 开始找一条好路径。为了避免重复，我们需要保证新的这条好路径不存在一个前缀也是好路径。
• 这条边上长度的序列大于 $0$。那么此时边列长度大于等于点列，就知道接下来应该怎么走了（或者已经是好路径了）。根据上面的推理，第一次走到点列等于边列就有了好路径。这时的转移不会重复。

剩下的问题就是预处理 $f_{i,j,k}$ 表示从 $i$ 到 $j$，长度为 $k$，且没有真前缀是好路径的好路径数目。

仍然是考虑点列和边列的长度关系。一开始，点列长度大 $1$。走若干步之后，边列长第一次大于等于点列。然后再往后走就找到了好路径。但是这样不知道该怎么走，所以换一个思路，枚举使得边列长超过点列长的边，那么这条边 $(i,j)$ 上的序列一定包含了连续的 $i,j$。从这条边开始往两边走都是有方向的，走到第一个等号位置即可。

是不是还少了什么？往后走是没问题了，但是往前走不一定，第一个等号位置或许还可以再往前一点。再往前的一条边上的序列长不能是 $0$，否则就有真前缀了；然后就又有方向了。按照长度再做一次转移即可。

写出代码会发现时间复杂度 $O(n^4)$。