集训游记 7.15-7.17 基础算法/动态规划

Day1

LOJ#6490. 「XXOI 2018」暑假时在做什么？有没有空？可以来学物理吗？

考虑 CDQ 分治．设当前分治区间为 $[l,r]$，${\displaystyle mid=\frac{l}{r}}$．考虑跨 $mid$ 区间的贡献．
先更新 $[mid+1,r]$ 中的点的答案．枚举区间右端点，左端点在 $[l,mid]$ 中的部分形成一个区间．做一个前缀和后可以转化为区间 RMQ 问题．然后区间 $[l,mid]$ 中的点的答案同理．枚举区间左端点，然后右端点在 $[mid+1,r]$ 中的部分形成一个区间．

Buy Low Sell High

反悔贪心．对于某一天 $i$，假设在这天卖出一只股票，肯定要在前面的某一天买进一只股票．假设买进天为 $j$，则利润为 $P_i-P_j$．按天数顺序扫描，用小根堆维护之前每天股票的价格．若选择当前天卖出股票，肯定优先选择股票价格最小的天数．加入反悔机制：若当前天选择了卖出股票，将 $P_i-P_j$ 放入小根堆．

P5290 [十二省联考 2019] 春节十二响

7.15Test T4

考虑构造 $p$ 进制线性基．由于 $p$ 是质数，故任意一个非 $0$ 的数在模 $p$ 意义下的 $k$ 倍可以张成剩余系中的所有数．故我们将所有数按行依次写开构造矩阵．将前面的位数保留成为自由元．然后贪心地使它们最大即可．

具体地，考虑插入一个数．跟异或线性基相同的，从高位开始枚举，若碰到不存在数字，并且自己哪一位非 $0$ 的位数，将自己插入到线性基的那一位．否则将它的那一位消成 $0$．

Day2

主要讲的是 DP．然后题补的不多．简单地记一下．

然后相对来说比较简单的题目就记一下大体思路．难题还是尽量给出实现．

做题记录以例题为主，之后会去补作业．

序列 DP

序列 DP 的题目．由于序列的拓扑结构相对简单，所以题目本身往往相对诡异．写题时容易无法下手．需要斟酌状态设计、转移顺序和优化方式．有时可以思考重排序列使得有贡献的转移集中在某一区间．

P7154 [USACO20DEC] Sleeping Cows P

由于保证了奶牛和牛棚大小互不相同，我们可以考虑把奶牛和牛棚放在一起排序：每个元素只能和前面的元素匹配，这个性质是有利于设计 DP 状态的．

先不考虑极大匹配的限制．记 $F_{i,j}$ 表示前 $i$ 个元素有 $j$ 个奶牛未匹配（待匹配）．按奶牛和牛棚分类转移即可．

再来考虑极大匹配的限制．那么每个奶牛就有两种选择：

• 选择匹配，需要等待后面的某一个牛棚．
• 选择不匹配，不允许后面有闲置的牛棚．

虽然一个奶牛选择是否匹配影响了后面的牛棚的抉择状态．但我们不妨在遍历到奶牛的时候就 提前决定 其是否选择匹配．为防止后效性，肯定是需要重新设计 DP 数组的．

记 $F_{i,j,0/1}$ 表示前 $i$ 个元素，有 $j$ 个 待匹配的 奶牛，是否存在选择不匹配的奶牛．这样的好处是遍历到牛棚时，容易检查出对于一种状态，它是否 必须和前面的某一个待匹配奶牛匹配．

有转移方程：

$i$ 是牛棚：

$$\begin{array}{rl}{F}_{i-1,j,0}& \to F_{i,j,0}\\ F_{i-1,j,0}& \to F_{i,j-1,0}\\ F_{i-1,j,1}& \to F_{i,j-1,1}(j>0)\end{array}$$

$i$ 是奶牛：

$$\begin{array}{rl}{F}_{i-1,j,0}& \to F_{i,j+1,0}\\ F_{i-1,j,0}& \to F_{i,j,1}\\ F_{i-1,j,1}& \to F_{i,j,1}\\ F_{i-1,j,1}& \to F_{i,j+1,1}\end{array}$$

P8863 「KDOI-03」构造数组

操作次数显然是固定的 $m={\displaystyle \frac{\sum b_i}{2}}$．
那么我们将每个操作时的数组看成一列，会形成一个大小为 $n\times m$ 的网格．然后每一列可以选择两个点 $+1$．要求每一行恰有 $b_i$ 个 $+1$ 的方案数．

设计 DP 状态，记 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 行有 $j$ 列已经添入了两个 $+1$．这样的好处就是添入一个 $+1$ 和没有添入的列数都可以算出来．

转移枚举当前行有多少个 $+1$ 填在了之前有一个 $+1$ 的列上即可．
有转移方程：

$$f_{i-1,j}\ast (\genfrac{}{}{0ex}{}{m_{i-1,1}}{k})(\genfrac{}{}{0ex}{}{m_{i-1,0}}{b_{i-1}-k})\to f_{i,j+k}$$

其中 $m_{i-1,1},m_{i-1,0}$ 分别表示前 $i-1$ 行选择了 $j$ 个有两个 $+1$ 的列，剩下的中有一个 $+1$ 和没有的列的个数．

CF1363F Rotating Substrings

非常神仙的线性 DP．循环位移一位很丑，我们可以想成：把某一位的字符扔到序列的前面某一位去．就有一种特别神奇的，从后往前 DP 的方法．

记 $F_{i,j}$ 表示考虑 $S$ 的后缀 $i$ 通过将后缀中的字符扔到后缀中，或者挂起后缀中的某些字符，最终达到和 $T$ 的后缀 $j$ 匹配的最小挂起字符个数是多少．

这里 “挂起” 的意思是将某字符拎起来，但还不决定把它扔到哪．

对 $T_j$ 的匹配方式分类可以得到：

• $S_i\mathrm{和}{T}_j$ 匹配，有

$$F_{i+1,j+1}\to F_{i,j}$$

• $S_i$ 挂起，让后面的 $S$ 匹配，有

$$F_{i+1,j}+1\to F_{i,j}$$

• $S_i$ 去匹配后面的 $T$，把后面 $S$ 中挂起的等于 $T_j$ 的字符扔到这里来和 $T_j$ 匹配．

$$F_{i,j+1}\to F_{i,j}$$

这时要有 $S$ 的后缀 $i$ 中 $T_j$ 字符的数量大于等于 $T$ 中 $j$ 字符的数量．

CF1188C Array Beauty

将 $a$ 数组排好序．

发现 $min(|b_i-b_j|)=x$ 的子序列数量是难求的，但 $min(|b_i-b_j|)\ge x$ 的子序列数量容易求出的．记 $nu{m}_x=min(|b_i-b_j|)\ge x\mathrm{的}\mathrm{子}\mathrm{序}\mathrm{列}\mathrm{数}\mathrm{量}$．有

$$ans=\sum _{x}nu{m}_x-nu{m}_{x-1}$$

这是我们已经可以做了．但其实它有更美观的形式．设 $nu{m}_x^{\prime }=min(|b_i-b_j|)=x\mathrm{的}\mathrm{子}\mathrm{序}\mathrm{列}\mathrm{数}\mathrm{量}$：

$$\begin{array}{rl}ans& =\sum _{x}x\times nu{m}_x^{\prime }\\ & =\sum _x\sum _{i\le x}nu{m}_x^{\prime }\\ & =\sum _i\sum _{x\ge i}nu{m}_x^{\prime }\\ & =\sum _{i}nu{m}_i\end{array}$$

P7985 [USACO21DEC] Paired Up P

存在性质：交叉匹配一定不更优于不交叉的匹配．因为这样可以减小两对匹配的距离绝对值．或者这样说：若存在若干对匹配相交，肯定有一种合法的调整方案使得它们不相交．

考虑 $T=1$．最小化是不需要考虑极大匹配限制的．因为一组非极大匹配肯定不能成为最优解：将其变成极大匹配答案肯定更小．我们可以记 $F_{i,j}$ 表示前 $i$ 头荷斯坦牛和前 $j$ 头更赛牛的答案．有转移：

$$\begin{array}{rl}{F}_{i-1,j-1}& \to F_{i,j}(i,j\mathrm{配}\mathrm{对}\mathrm{合}\mathrm{法})\\ F_{i-1,j}+cos{t}_i& \to F_{i,j}\\ F_{i,j-1}+cos{t}_j& \to F_{i,j}\end{array}$$

再考虑 $T=2$．这个就稍微有点麻烦了．将一头牛变成未匹配的时候，要保证它和前面未匹配的牛不能形成匹配．于是考虑改变状态．
记 $F_{i,j,0/1}$ 表示处理完前 $i$ 头荷斯坦牛，前 $j$ 头更赛牛，然后下一头 荷斯坦牛/更赛牛 可以计入贡献的答案．

尝试理解一下这个抽象的状态：就是说下一头 荷斯坦牛/更赛牛 和前面的所有 更赛牛/荷斯坦牛 全部无法匹配．转移时分类讨论：

1. 保留待贡献的牛的种类．

$$\begin{array}{rl}{F}_{i,j,0}+cos{t}_{i+1}& \to F_{i+1,j,0}\\ F_{i,j,1}+cos{t}_{j+1}& \to F_{i,j+1,1}\\ F_{i,j,0/1}& \to F_{i+1,j+1,0/1}(i,j\mathrm{配}\mathrm{对}\mathrm{合}\mathrm{法})\end{array}$$

2. 尝试改变待贡献的牛的种类．

$$\begin{array}{rl}{F}_{i,j,0}& \to F_{i+len,j+len,1}\\ F_{i,j,1}& \to F_{i+len,j+len,0}\end{array}$$

每次找出某一头 荷斯坦奶牛/更赛牛 位置之后的，第一头不能与它匹配的 更赛牛/荷斯坦牛 的 前一个位置，并尝试转移到它那里来．

树形 DP

有点遗憾没讲到换根 DP，反倒是图论讲缩点的时候谈了一下．

CF1778F Maximizing Root

首先有结论，自底而上操作的顺序肯定更优．这符合我们自底而上的 DP 顺序．

最大化 $a_1$，其实是最大化 $a_1$ 最终乘上的倍数．如果可以乘上倍数 $d$，必须满足 $d$ 是 $a_1$ 子树的因数．正常的想法，应该设计状态考察耗费一定代价能获得的最优因数．但发现子树中最大的因数，从全局来考察不一定在最优．那么我们必须把每一个因数都纳入考量．使用一个改变状态的小技巧：把 DP 的答案纳入 DP 状态中，DP 答案的最小花费，而不是某一花费上的最优答案．而花费的优劣是容易抉择的．

具体地，我们设 $F_{u,i}$ 表示满足 $u$ 子树存在公因数 $i$，子树中需要操作的最小次数．

对于不操作 $u$ 的情况，$F_{u,i}$ 是将子树的 $F_{v,i}$ 逐点相加．对于操作 $u$ 的情况，即 $F_{u,i}+1\to F_{u,i\ast i}$．

考虑缩小状态数，发现使 $a_1$ 可以进行操作，必须使得子树存在因数是 $a_1$ 的因数．而 $a_1$ 的因数在 $1e5$ 的范围内至多只有 $128$ 个．

P8352 [SDOI/SXOI2022] 小 N 的独立集

相当于在树上最大独立集的外壳假象下的计数．容易想到状态 $F_{u,i,j}$ 表示 $u$ 子树，勒令 $a_u$ 不选和勒令 $a_u$ 选的答案．转移时考虑添加一颗新子树．

这时有技巧 DP 套 DP！就是说状态合并时，转移的新状态需要由原来状态通过某些决策 DP 出来．考察 $F_{u,i,j},F_{v,i^{\prime },j^{\prime }}$ 合并．指向的状态为 $F_{u,max(i+i^{\prime },i+j^{\prime }),j+j^{\prime }}$．

非常优美非常和谐！状态数爆炸！

继续寻找性质：发现勒令不选的答案不会比勒令选的答案小很多．事实上，勒令选的答案去掉 $a_u$，就是一种合法的勒令不选的答案．我们新设计一种树上最大独立集的 DP 状态：$G_{u,0}$ 表示子树 $u$ 勒令不选 $u$ 的答案，$G_{u,1}$ 表示子树 $u$ 不管是否选择 $u$ 的答案．有 $G_{u,0}\in [G_{u,1}-a_u,G_{u,1}]$．我们只需要记录一个值，和两个值的差即可！

再来简要分析一下树上背包的时间复杂度：

for(int v:e[u]){
    dfs(v, u);
    for(int i=1; i<=sz[u]; i++){
        for(int j=1; j<=sz[v]; j++){
            ...
        }
    }
    sz[u]+=sz[v];
}

考虑一份这样的树上背包，其实在实现一个这样的过程：
枚举子树 $v$ 和之前子树的贡献，将子树 $v$ 并入之前的子树．两层循环实际在枚举 $lca$ 在 $u$ 处的点对．每次枚举的 $i,j$ 可以一一对应到树上的点对上，故总时间复杂度为 $O(n^2)$．

而对于此题，由于还要枚举额外的增量数组．综时间复杂度为 $O(n^2{m}^4)$．

Swap and Maximum Block

$\text{red}\mathrm{还}\mathrm{没}\mathrm{补}．$

根据序列建出 trie 树．

发现交换每两个相邻的 $2^k$ 区间等价于在 trie 树上交换所有子树宽度为 $2^{k+1}$ 的节点的两个儿子．

对于 $k$ 级子树 $u$，其子树的最大深度为 $n-k$．子树内每层是否交换的数量总和为 $2^{n-k}$．而 $k$ 级子树一共约有 $2^k$ 个．故 $k$ 级的总状态数为 $2^k\times 2^{n-k}=2^n$．所以 $n$ 层的状态一共有 $n{2}^n$ 种．

状态压缩 DP

有一道 Codeforce 训练场的题，但主要是乱用 bitset 瞎搞．有时间去补一下．

P7142 [THUPC2021 初赛] 密集子图

主要难在刻画最短路．我们把原图最短路小于等于 $i$ 的部分，集合 $S$ 划分成两部分：最短路等于 $i$ 的部分 $S_1$ 和 小于 $i$ 的部分 $S-S_1$．考虑加入最短路为 $i+1$ 的部分 $S^{\prime }$．发现对于 $u\to v(u\in S-S_1,v\in S^{\prime })$，连边必须为白色．对于 $u\to v(u\in S_1,v\in S^{\prime })$，连边对于每一个 $v$ 至少存在一个为黑色．然后就可以转移了．

记 $F_{i,S_1,S_2}$ 表示考虑了所有最短路 $\le i$ 的点，其点集为 $S_1$，其中最短路恰好为 $i$ 的点集为 $S_2$，发生这种情况的概率．

存在转移

$$F_{i,S_1,S_2}\times P(S_1-S_2\to S)\times P^{\prime }(S_2\to S)\to F_{i+1,S_1\cup S,S}(S_2\subseteq S_1,S_2\ne \text{empty})$$

然后我们预处理 $P,P^{\prime }$ 即可．

P7519 [省选联考 2021 A/B 卷] 滚榜

又是一道代价提前计算的好题！
发现让我计算可能排列的个数：一种排列只能算作一次．

考虑状压队伍的集合，然后按揭榜的顺序 DP 是较容易的．由于 $b$ 的取值不确定又影响答案，必须要计入 $DP$ 的考量范围，我们考虑对于任意一种排列对应到唯一的一种 $b$ 的数列上，这样就能保证不算重．

但同时不能漏掉可能的排列：要保证任意一种可能合法点排列在我们的映射方案上都是合法的！

贪心．顺序考虑揭榜的每一个队伍，在保证其能达到当前榜首的前提下，确保其 $b$ 尽量小．这样的构造方法就完美符合了我们的要求．

区间 DP

P4563 [JXOI2018] 守卫

突破口非常奇怪．但又很合理．

考虑一个性质：守卫只能向左边看．那么对于一个区间 $[l,r]$，要使得在这个区间中放置守卫使得所有地方被看见，区间的右端点 $r$ 一定需要放置守卫．那么设 $r$ 在区间中能看见的最左的地方为 $p$．可以证明：$\mathrm{\forall }i\in [p,r]$，不存在一个地方 $j\in [l,p-1]$，使得 $i$ 可以看到 $j$．具体来说，在 $(p,r)$ 之中的点一定存在于 $p,r$ 连线的下方．若某一点可以看到 $p$ 左边的点，那么 $r$ 一定也能看到．如果画一张图就会非常清楚．

那么这个区间就被我们划分成了两部分：$[l,p-1],[p,r]$．这两个部分互相没有关联．设 $F_{l,r}$ 表示看守 $l,r$ 需要的最多人数．那么我们就有了转移：

$$\begin{array}{r}{F}_{l,p-1}+F_{p,r}\to F_{l,r}\\ F_{l,p}+F_{p,r}\to F_{l,r}\end{array}$$

还有一个细节．那就是当 $p=l$ 的时候，这个转移就不成立了．那我们再考虑第二靠左的，能被 $r$ 看见的地方即可．

CF1178F2 Long Colorful Strip

这个区间 DP 思路还比较自然．

首先想到可以离散化．一次划分顶多产生两个颜色不同的分解点．如果离散化之后的数组长度 $>2n$，可以直接判断无解．

考虑设计 DP 状态．设 $F_{l,r}$ 表示把区间 $[l,r]$ 按颜色顺序覆盖完的方案数有多少种．

转移时可以确定最小颜色围出的区间肯定要覆盖最小颜色．然后我们枚举覆盖的区间向左右延伸多少即可．这样会存在许多非法的状态．设最小颜色围出的区间是 $[l^{\prime },r^{\prime }]$．考虑存在另一种颜色在 $l^{\prime }$ 的左边出现并且在 $r^{\prime }$ 的右边出现之类的情况，其实是无解的．那我们可以做一个这样的特判：当最小的颜色在数组中的出现位置不完全包含于当前的区间中，我们认为当前区间无解．这样就能规避掉非法的状态了．

P9129 [USACO23FEB] Piling Papers G

另辟蹊径的数位 DP．

首先答案是可差分的．那么求坐落于 $[A,B]$ 之间的答案就相当于求 $\le B$ 的答案减去 $\le A-1$ 的答案．那么我们考虑如何求出形如 $\le T$ 答案．

像常规方式一样记录 $F_{i,0/1/2}$ 表示考虑已经填入的低 $i$ 位和 $T$ 的比较结果是 小于/等于/大于．那么当实现转移 $\overline{a_i+x}\to x$ 的时候比较结果是容易更新的，但实现转移 $\overline{x+a_i}\to x$ 的时候由于前面确定的位数都要向更高位挪动一格，比较的结果就不能确定了．所以这个状态是不可取的．

同样是 提前计算/提前确定 的思想，我们设 $F_{l,r,0/1/2}$ 表示填入了在 $[l,r]$ 中的位数，和 $T$ 的 $[l,r]$ 中比较的结果为 小于/等于/大于 的状态数．那么向左添一个就相当于 $l-1$，向右填一个就相当于 $r+1$．同时大小的比较也是很容易确定的．注意到 $q$ 的数量级是 $O(n^2)$．我们预处理出所有区间的答案，然后 $O(1)$ 回答即可．

其它 DP 题目

P7967 [COCI2021-2022#2] Magneti

抱き寄せて欲しい　確かめて欲しい
想要被拥入你怀中 想要确认心意

間違いなど無いんだと　思わせて
让我知道 没有误会了什麼

首先按 $r$ 从小到大排序．那么新添加一个磁石只需要考虑不吸引别的磁石即可．

设计状态就需要一些奇思妙想．设 $F_{i,c,l}$ 表示考虑前 $i$ 个磁石，形成 $c$ 个联通块，耗费的总长度为 $l$ 的方案数．

然后考虑添加一块磁石可能的三种变化：

1. 独立为一个联通块：

$$F_{i,c,l}\to F_{i+1,c+1,l+1}$$

2. 和其中的某一联通块合并：

$$F_{i,c,l}\times 2n\to F_{i+1,c+1,l+r_{i+1}}$$

3. 和其中两个联通块串起来：

$$F_{i,c,l}\times 2(\genfrac{}{}{0ex}{}{c}{2})\to F_{i+1,c-1,l+2r_{i+1}}$$

那么最后答案肯定是 $\sum _i{F}_{n,1,i}$．