一系列DP题目

「BJOI2014」路径

由于数据范围很小，图对于我们来说就没有什么问题了。

将步数、括号到了第几层，上一个字符是什么记入状态。转移要注意很多细节，判掉不合法的。

这里注意，由于 0 是否作为第一个是我们所关心的，那么在设计 $mp$ 的时候，要多记一个种类 $0$，表示不是前导 $0$ 的 $0$。

「雅礼集训 2019 Day7」Inverse

前缀和优化dp

传统的整体记录的状态无法解决问题。

看到数据范围很小，那么令 $dp(i,j,k)$ 表示在 $k$ 轮之后 $(i,j)$ 是逆序对的概率。

优化 $O(n^{4}k)$ 的 DP。对于每个 $i,j$ 我们枚举 $l,r$ 进行统计。推式子有用前缀和优化。

推式子在这里。

CSP-S 2024 染色

还是好好想想整个思路。

设计过的状态：$f_{i,0/1}$ 表示当前前是什么颜色， $f_{i,j}$ 表示当前到第 $i$ 个数，连续相同的颜色段长度为 $j$。前者因为无法记录进去先前的转移位置而错误；后者因为转移是 $O(n^4)$ 的且没前途，加上时间不够，最后就没打。回来后又想到 $f_{i,j}$ 并且记录后一个位置的价值。

从第二个状态的疑点出发：这个状态是一块一块转移的，并不能做到相邻位置的转移。如果可以做到这点，那么复杂度就会下来。那么我们把 $f_{i,j}$ 定义为前 $i$ 个数，前一个与之颜色不同的是 $j$。$f_{i,j}+val(i,j)\to f_{i+1,i},f_{i,j}+val(i,i+1)\to f_{i+1,j}$。

但是这又如何优化呢？我们之前有一个困惑：无法很好记录价值，这是因为惯性思维地选择了一段的右端点作为转移的关键点。但是如果我们以 $i$ 与 $i-1$ 颜色不同作为状态呢？设 $g_i$ 表示 $i$ 与 $i-1$ 颜色不同，前 $i$ 个的价值。这样我们在后面找前面的价值时就可以直接把 $i-1$ 拿过去。现在有转移：$g_i\leftarrow max{g}_j+val(j-1,i)+pr{e}_{i-1}-pr{e}_j$ 把 $j$ 都移到一起：$g_i\leftarrow max{g}_j-pr{e}_j+val(j-1,i)+pr{e}_{i-1}$。那么分别记录某一颜色的 $max{g}_j-pr{e}_j+a_{j-1}$ 和前缀 $max{g}_j-pr{e}_j$。

Costly Binary Search

DP 状态优化。发现答案比 $n$ 还小，进行 下标和值互换 的状态优化。

NOIP2021 方差

两层：1. 看出来了操作的本质是交换差分；2. 发现贪心：所有的差分是一个单谷。

第一个看出来就可以全排列了，有 20pts。（我 next_permutaion 前没排序爆挂一个点 qwq）

我没看出来第 2 个，其实观察样例是可以得出来的。那剩下的只有 DP 了。

$f_{i,j}$ 表示放到了第 $i$ 个差分，$\sum a_i$ 为 $j$ 的最小 $\sum a_i^2$。其实可以不用管 $a_1$，因为算的是方差。

接下来就分两种转移：

放右边：$f_{i,j+\sum d}\leftarrow f_{i-1,j}+(\sum d{)}^2$

$\sum (a_i+d{)}^2=\sum a_i^2+2a_{i}d+d^2=\sum a_i^2+\sum a_{i}2d+i{d}^2$

放左边：$f_{i,j+d_i\times i}\leftarrow f_{i-1,j}+2j\times d_i+i\times d_i^2$

时间复杂度 $O(V\times n)$。

b6e6 - NFLSOJ，有点问题

序列变换问题，DP

对于序列直接转化，步数是一个经常讨论的问题，那么对于两个状态之间的步数，就是 $\sum abs(dist(po{s}_{1\mathrm{原}}-po{s}_{1\mathrm{现}}))+abs(dist(po{s}_{0\mathrm{原}}-po{s}_{0\mathrm{现}}))>>1$（即所有的正数之和）。

然后就是贡献，发现贡献可以由 $cn{t}_{pre0}$ 表示。

设计状态 $d{p}_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 个数，有 $j$ 个 $0$，差值为正数 $k$ 之和，得到的价值最大值。

注意步数的浪费。

B. Integers Have Friends - 暑期训练37，E. 小 ω 的仙人掌 - 暑期训练37

trick：对于需要双指针维护不可差分信息（gcd，背包等），考虑维护两个栈，$l$ 到 $mid$，$mid+1$ 到 $r$，动态维护并定期重构。
B 题是维护 gcd。E 题要稍微转化一下，其实就是一个 $0/1$ 背包，最后看 $dp[w]$ 是否 $\le k$。代码细节有点多。

C. 疯狂传染病 - 暑期训练37

因为乘法的结合律，可以使用倍增，直接 c[i*j%mod]|=a[i]&b[j] ；也有找循环节的做法（也许是数据太水）；或者 $d{p}_{i,j,k}$ 表示经过 $2^k$ 天，初始 $j$ 被感染，最后有哪些会被感染。

从数据范围上出发：类似矩阵快速幂；从性质上出发：可结合的信息转移。

D. 小C的屏幕保护程序 - 暑期训练37、全民健身[NFLS]

参变分离
$ans=\sum calc(i,x)$，其中 $calc(i,x)$ 为 $(i,i+1)$ 这一段。对于不同的询问高度会分为三段，维护将参数提出来，用数据结构维护多项式的系数即可。还有一种方法是 $n\ast h$ 刚好的复杂度，每次修改单点。但是有一个卡时间的做法是，对于每次修改，直接扫过来维护每个高度的答案。
全民健身这道题目，当时没算空间，浪费了大把时间。主要是一个 $dp$，然后发现式子，参变搞一下是关键。

字符串匹配度

正确的状态有利于发现正解的突破口（即使时间复杂度更劣），贡献转换（题意转换）

一开始设计了状态 $d{p}_{i,j}$ 进行统计，$s1,s2$ 是分开的。但实质上这就是一个 $LCS$，暴力的状态改为 $d{p}_{i,p,q}$ 表示枚举左端点 $l$ 到第 $i$ 个位置，匹配到 $p,q$ 的方案数。虽然时间复杂度更劣了，但是这就促使我们发现每次转移的初值只不过是 $d{p}_{l,0,0}$ 加了 $1$。那么就不用枚举左端点 $l$，直接“加入”左端点即可，每次加入答案。

其实题面就是绕了一下，刻意地应当被引导到 $LCS$ 上去。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;
const int mod = 998244353;

int n,l1,l2;
char a[N],s1[N],s2[N];
vector<int> e1[30],e2[30];
int f[30][30],ans;
inline int add(int x,int y){ return x + y >= mod ? x + y - mod : x + y; }
inline void toadd(int &x,int y){ x = add(x,y); }

int main(){
	freopen("seq.in","r",stdin);
	freopen("seq.out","w",stdout);
	scanf("%s%s%s",a+1,s1+1,s2+1);
	n = strlen(a+1), l1 = strlen(s1+1), l2 = strlen(s2+1);
	for(int i = l1;i;--i)e1[s1[i]-'a'].push_back(i);
	for(int i = l2;i;--i)e2[s2[i]-'a'].push_back(i);
	for(int i = 1;i<=n;++i){
		toadd(f[0][0],1);
		for(int x : e1[a[i]-'a'])for(int y = 0;y<=l2;++y)toadd(f[x][y],f[x-1][y]);
		for(int x : e2[a[i]-'a'])for(int y = 0;y<=l1;++y)toadd(f[y][x],f[y][x-1]);
		toadd(ans,f[l1][l2]);
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

火星细菌

link，203。
比赛时都不知道自己在想什么，思维混乱。
省题：要注意翻转不是对称而是交换！！！
注意到我们关心的只是以一个节点的子树的左右叶子节点，因为在合并时只有他们会影响答案。
可以有状态 $d{p}_{i,l,r}$，$i$ 表示节点。但是我们发现这会多记很多信息，因为对于 $i$ 他的 $l,r$ 取值区间是确定的，就造成了很多浪费。那么只记 $d{p}_{dep,l,r}$ 表示深度为 $dep$。那么类似于分治地向下 dfs。
转移 $d{p}_{dep,l,r}=min(d{p}_{dep+1,l,x}+de{p}_{dep+1,y,r}+g_{x,y})$。这是 $n^4$ 的。
这里涉及到了一个重要的 DP 优化。我们为了省去枚举 $x$，用辅助数组 $f$ 维护 $d{p}_{dep+1,l,x}+g_{x,y}$ 的最小值。
这样转移就变为了 $d{p}_{dep,l,r}=f_{l,y}+d{p}_{dep+1,y,r}$。