随笔分类 - 算法-动态规划
摘要：对 S 的长度为 x 的后缀，发现 x - h(x) 有两个很好的性质。(1) 单调不降。(2) 值域在 [-|T|, |T|] 这个很小的范围内。于是考虑对这个分段函数进行 DP。将函数的值域作为 DP 状态，位置 x 作为 DP 值。转移和朴素 DP 一样，分三种情况。DP 边界需要注意，细节挺妙。
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摘要：一个结论是，不存在大小大于 2 的环。于是我们只需要保证图连通即可。从高到低考虑每一位，把数分成当前位为 0 的集合和当前位为 1 的集合，则为保证连通，必须有至少一个集合，大小小于 2。枚举删哪个集合，然后递归即可。本质是在 Trie 树上树形 DP。
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摘要：考虑把 DAG 分层，用状压 DP 来实现这个过程。每次转移增加一层，必须满足所有能到达新层的点，都在原点集里出现过。把每条边的代价，分摊到它跨过的每一层里。也就是每次转移，代价是：所有起点已经在 S 里，终点不在 S 里的边的边权之和。
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摘要：考虑把整个方案紧密排列在一起，需要的格子数是 sum (p(i) - p(i - 1)) + 1，是 O(n^2) 级别的。剩下的格子插板插进去即可，可以用组合数计算。而这 O(n^2) 个格子的方案，可以用 DP 计算出来。最后插板乘组合数时，由于模数不是质数没有逆元，不好直接求。需要用先矩阵快速幂预处理出 C(下界, 0...n)，再把上下界之间的都暴力递推出来
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摘要：树形DP。转移时将儿子按 h 的大小关系分成三类。枚举和 h[u] 相等的儿子里，有几个定向为向上，则可以贪心地取 dp[v][0] - dp[v][1] 前若干大的。
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摘要：转化为最小化每一段的代价之和。设 dp[i][j][k] 表示考虑了前 i 个位置，第 i 个位置放了 1，用了 j 次操作，前 i 个位置共放了 k 个 1，此时的最小代价和。转移时枚举下一个 1 的位置，时间复杂度 O(n^5)，可以用斜率优化优化到 O(n^4 log n)
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摘要：把覆盖，转化成插入，由此可以得到一个O(n^2)的DP。观察DP转移，发现答案是一堆短多项式的乘积。一般做法是分治FFT，不过本题里可以用倍增+二项式定理去掉一个log。
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摘要：设dp(i)表示i棵树必胜的方案数（第一棵树的根可以任意，所有根的方案数加起来）。转移时在前面添加一棵树。枚举添加的这棵树的根。发现系数之和可以预处理出来。不过对每个根都预处理一次，复杂度就是n^2了，所以要换根。求出系数之后，用矩阵快速幂优化这个DP即可。
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摘要：m=n-1时一定有解，策略是取最小的和最大的原材料拼成一道菜，然后转化为m,n分别小1的子问题递归下去。m>=n时，可以先取最大的原材料，直到m=n-1。m=n-2时，用DP将所有原材料，划分成两个m=n-1的集合。DP的状态设计比较巧妙，同时需要用到bitset优化
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摘要：先做一个二维DP：dp[u][i]表示点u的祖先边中离它最近的，颜色为1的边，深度为i，此时节点u子树内的边的染色方案数。然后把第二维搬到线段树上，做线段树合并
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摘要：朴素DP，设dp[i][u]表示第i个时刻在第u个点，总共得到的最大愉悦值。用矩阵快速幂优化，需要重新定义一种max运算的矩阵乘法，它也具有结合律。拆边可以完成转移。改成拆点可以进一步优化复杂度。我们要对k个美食节间的每一段时间单独做一次快速幂，太慢了。发现转移矩阵是一样的，可以预处理转移矩阵的2^x幂，就变成log T次向量乘矩阵的乘法。时间复杂度O((5n)^3 log T + k*(5n)^2 log T)
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摘要：树形DP。设dp[u][x]表示，u的所有祖先（不含u）对u的贡献和为x时，u的子树内最少还需要进行多少次操作。设u和它的祖先的贡献和为y。则dp[u][x]可以从sum(dp[v][y]) + [y!=x] 转移过来。x可能很大，不过可以证明，我们只需要考虑所有l,r这些端点。所以离散化一下即可
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摘要：转化为求A串一个区间和B串的最长公共子序列。预处理一个dp[i][j][k]，表示从A串的i，B串的j开始，长度为k的公共子序列，在A串里的结尾位置最小是多少。转移从dp[i+1]转移到dp[i]，考虑第i位选不选即可。回答询问时，枚举j,k，如果dp[L][j][k]<=R，可以用k更新答案
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摘要：如果已经知道结果串t，考虑s能不能得到t，可以做一个贪心“匹配”。知道这个贪心的策略后，考虑本题要计算所有t的数量，那么可以DP。设dp[i]表示有多少t能贪心匹配到s的前i位。转移时考虑t的下一位是1还是0即可。
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摘要：区间DP。dp[i][j]表示只考虑被[i,j]完全包含的区间，能达到的最大价值。转移时枚举一个k(i<=k<=j)，表示把1尽可能集中到第k列。设所有跨过k，且被[i,j]完全包含的区间数量为cnt(k)，则新增的贡献就是cnt(k)^2。
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摘要：考虑使用一个O(2^m*m)的状压DP解决这个问题。发现需要预处理出每个装修队集合，能装修的边集的并的大小。边集并，容斥一下，转化为求边集交。而边集交，只和点集交的大小有关。于是又转化为求点集交。考虑每个点的贡献，做高维后缀和即可。
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摘要：因为border的border还是border，所以一个串的最小border，也必须是无界单词。设dp[i]表示长度为i的无界单词数量，转移时，枚举最小border的长度（长度一定不超过floor(i/2)）j，dp[i]可以从dp[j]转移过来。对第二问，可以逐位确定，每次对后面还未确定的位，做类似的DP。
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摘要：假设这n个数，最终就是从大到小严格降序的。可以做状压DP：对相邻两个数的大小关系（小于还是等于）进行状压。转移时枚举这个n个数下一个二进制位上分别是什么。发现S的这k次重复，每次的转移都是一样的。可以把转移预处理出来，然后做矩阵快速幂。
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