DP 优化

Part 1 最长上升子序列

优先队列优化最长上升子序列。每次将求完的 $f_i$ 丢进 priority_queue，求最大值时取堆顶。
复杂度 $O(n^2)\to O(n\log n)$

Part 2 线段树优化 DP

写出常规 DP 转移方程式，区间修改、查询如果可以用线段树维护就可将 $O(n)\to O(\log n)$ 。

【例 1】[TJOI2011]书架

已知长为 $n$ 的数组 $a$ 、整数 $m$ ，将 $a$ 分为若干连续段，要求每段和 $\le m$ ，求每段最大值之和的最小值。

设 $f_i$ 表示前缀 $a_{1...i}$ 的答案，

发现没有办法用线段树维护一个既含 $\max$ 又含 $\min$ 的东西，但是它可以维护,其中 $g_j$ 为一个和 $f_j$ 地位相等的量；它可以支持对 $f_j,g_j$ 的实时修改和对 $f_j,g_j,f_j+g_j$ 的实时查询。
观察到 $a_i$ 的添加只会对 $j\in[pre_i+1,i]$ 的 $\max(a_{j+1},...,a_i)(1)$ 产生影响，其中 $pre_{i}$ 表示 $i$ 前面最近的大于等于 $a_i$ 的数的位置，因此可以令 $g_j$ 表示式子 $(1)$ 的值，而对 $g_{pre_i+1}...g_i$ 区间修改为 $a_i$ 即可。
求 $f_i$ 时需要查询 $q\sim i$ 的 $f+g$ 的和即可，求完之后在线段树中单点更新 $f_i$ 。

下面代码实现中维护的 $fm$ 实际上是 $f_{i-1}+g_i$ ，$f% 实际上是 $f_{i-1}$ 。

复制 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
#define int long long
int n,m,top,a[N],s[N],stk[N],pre[N],f[N];
struct segmt {
	int f,fm,tag;
}t[N<<2];
void pushup(int k){
	t[k].f=min(t[k<<1].f,t[k<<1|1].f);
	t[k].fm=min(t[k<<1].fm,t[k<<1|1].fm);
}
void pushdown(int k){	//change max
	if(!t[k].tag)return;
	t[k<<1].tag=t[k<<1|1].tag=t[k].tag;
	t[k<<1].fm=max(t[k<<1].fm,t[k<<1].f+t[k].tag);
	t[k<<1|1].fm=max(t[k<<1|1].fm,t[k<<1|1].f+t[k].tag);
	t[k].tag=0;
}
void build(int l,int r,int k){
	if(l==1&&l==r){t[k].tag=0,t[k].f=t[k].fm=0;return;}
	if(l==r){t[k].tag=0,t[k].f=t[k].fm=1e9;return;}
	int mid=l+r>>1;
	build(l,mid,k<<1),build(mid+1,r,k<<1|1);
	pushup(k);
}
void chgmx(int L,int R,int v,int l,int r,int k){
	if(L<=l&&r<=R){
		t[k].tag=v;
		t[k].fm=v+t[k].f;
		return;
	}
	pushdown(k);
	int mid=l+r>>1;
	if(L<=mid)chgmx(L,R,v,l,mid,k<<1);
	if(R>mid)chgmx(L,R,v,mid+1,r,k<<1|1);
	pushup(k);
}
void chgf(int p,int v,int l,int r,int k){
	if(l==r){t[k].fm-=t[k].f,t[k].fm+=v,t[k].f=v;return;}
	pushdown(k);
	int mid=l+r>>1;
	if(p<=mid)chgf(p,v,l,mid,k<<1);
	else chgf(p,v,mid+1,r,k<<1|1);
	pushup(k);
}
int ask(int L,int R,int l,int r,int k){
	if(L<=l&&r<=R)return t[k].fm;
	pushdown(k);
	int mid=l+r>>1,ans=1e9;
	if(L<=mid)ans=min(ans,ask(L,R,l,mid,k<<1));
	if(R>mid)ans=min(ans,ask(L,R,mid+1,r,k<<1|1));
	return ans;
}
signed main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
		s[i]=s[i-1]+a[i];
		while(top&&a[stk[top]]<a[i])top--;
		if(top)pre[i]=stk[top];
		stk[++top]=i;
	}
	build(1,n,1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int q=lower_bound(s,s+n+1,s[i]-m)-s+1;//printf("(q|%d)",q);
		chgmx(pre[i]+1,i,a[i],1,n,1);
		f[i]=ask(q,i,1,n,1);
		if(i<n)chgf(i+1,f[i],1,n,1);
		//cout<<f[i]<<' ';
	}
	cout<<f[n];
}

Part 2' 树套树优化 dp

序列
题目问的是子序列，就用子序列的视角。问自己：“一个合法子序列满足什么条件（性质）？”

Part 3 前缀和优化(后缀和优化)

AGC024E
完整题解
在最后一步中我们会得到这个式子

f (i, j) = \sum_{x = j}^{m} \sum_{k = 0}^{i - 1} f (k, x + 1) f (i - 1 - k, j) (\binom{i - 1}{k})

$f(i,j)=\sum_{x=j}^{m}\sum_{k=0}^{i-1}f(k,x+1)f(i-1-k,j){{i-1}\choose{k}}$

由于 $x$ 只出现了一次，而且每次都是查 $j+1\sim m+1$ 这个后缀，因此通过结合律可以知道

f (i, j) = \sum_{k = 0}^{i - 1} t (k, j) f (i - 1 - k, j) (\binom{i - 1}{k}), where t (i, j) = f (i, j + 1) + f (i, j + 2) + . . . + f (i, m + 1)

$f(i,j)=\sum_{k=0}^{i-1}t(k,j)f(i-1-k,j){{i-1}\choose{k}},\text{where }t(i,j)=f(i,j+1)+f(i,j+2)+...+f(i,m+1)$

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=305;
int n,m,mod,f[N][N],t[N][N],C[N][N];
int main(){
	cin>>n>>m>>mod;
	C[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		C[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=i;j++)C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
	}
	for(int i=1;i<=m+1;i++)f[0][i]=1;for(int i=m;i;i--)t[0][i]=t[0][i+1]+f[0][i+1];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++)
			for(int k=0;k<i;k++)
				(f[i][j]+=1ll*t[k][j]*f[i-1-k][j]%mod*C[i-1][k]%mod)%=mod;
		for(int j=m;j;j--)t[i][j]=(t[i][j+1]+f[i][j+1])%mod;
	}
	cout<<f[n][1];
}

Part 4 斜率优化

https://www.cnblogs.com/impyl/p/15876495.html
[SDOI2016]征途

Part 5 决策单调性优化

灯塔

p_{i} \geq max {h_{j} - h_{i} + \sqrt{| i - j |}} p_{i} = max (0, - h_{i} + max {h_{j} + \sqrt{i - j})} (i > j)

$p_i\ge \max\{h_j-h_i+\sqrt{|i-j|}\}\\ p_i=\max(0,-h_i+\max\{h_j+\sqrt{i-j})\}(i>j)\\$

则主要求 $f_i=\max_{j<i}\{h_j+\sqrt{i-j}\}$ ，而 $j>i$ 是同理的。

所求式可以看成是对于每一个 $j$ ，有一个函数 $f_j(i)=h_j+\sqrt{i-j}(i\ge j)$
在同一张纸上画出各函数图像↓（借用了他人博客图片）

我们知道 $\sqrt x$ 函数的增长速率单调减慢，所以每个时刻的值最大（最考上）的函数所属的 $j$ 一定是单调不降的。
我们发现了决策单调性。

如何使用决策单调性

用一个“单调队列”存储若干三元组 $(j,l,r)$ ，表示目前， $[l,r]$ 的最优决策为 $j$ ，所有的 $[l,r]$ 并起来应该是 $[i,n]$ 这个区间。

取出队头 $(j,l,r)$ ，若 $r<i$ ，弹出。
将队头的 $l$ 设为 $i$
计算 $f[i]$
取出队尾 $(j,l,r)$ ，若对于 $f_l$ ， $j$ 比 $i$ 劣，则结合单调性可知 $[l,r]$ 都废除，令 $pos=l$ ，重复此步骤（直到队空or不满足条件）
取出队尾 $(j,l,r)$ ，若对于 $f_r$ ， $j$ 比 $i$ 劣，则在 $[l,r]$ 上二分一个最小的 $mid$ 使得对于 $f_mid$ ， $j$ 比 $i$ 劣，令 $pos=mid$
将 $(i,pos,n)$ 入队尾

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,l,r,h[N];
double f[N],g[N];
struct J {
	int x,l,r;
}q[N];
void solve(int h[],double f[]){
	l=1,r=0;q[++r]={1,1,n};
	for(int i=2;i<=n;i++){
		while(l<=r&&q[l].r<i)l++;
		q[l].l=i;
		f[i]=h[q[l].x]+sqrt(i-q[l].x);
		int pos=n+1;
		while(l<=r&&h[q[r].x]+sqrt(q[r].l-q[r].x)<h[i]+sqrt(q[r].l-i))pos=q[r].l,r--;
		if(l<=r&&h[q[r].x]+sqrt(q[r].r-q[r].x)<h[i]+sqrt(q[r].r-i)){
			int L=q[r].l-1,R=q[r].r+1,mid;
			while(L<R-1){
				mid=L+R>>1;
				if(h[q[r].x]+sqrt(mid-q[r].x)<h[i]+sqrt(mid-i))R=mid;
				else L=mid;
			}
			pos=R;
		}
		if(pos<=n)q[r].r=pos-1,q[++r]={i,pos,n};
	}
}
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>h[i];
	solve(h,f);
	reverse(h+1,h+n+1);
	solve(h,g);
	reverse(h+1,h+n+1);
	reverse(g+1,g+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)cout<<max(0,(int)(ceil(max(f[i],g[i]))-h[i]))<<'\n';
}

Part 6 随机化优化 dp

平面随机游走： $O(n^2)\to O({\sqrt n}^2)=O(n)$
THUPC2021混乱邪恶
暴力的bool f[i][x][y][l][g]的dp是 $O(n^3p^2)$ 的，bool 数组用bitset替代、整体位运算来转移可以 $\div \omega$ ，然而还是过不了；考虑平面随机游走，把每个步的6个方向random_shuffle，把n步random_shuffle，再去遍历，就相当于随机游走了，除非极端数据（题目中没有），都可以保证最远距离原点在 $\sqrt n$ 级别的远处，这样就缩掉一个O(n)了，总复杂度 $O(n^2p^2/\omega)$ .

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=105;
int n,p,L0,G0,b[N][7][2][2],d[7][2]={{0,0},{0,1},{-1,0},{-1,-1},{0,-1},{1,0},{1,1}};
bitset<N>f[2][32][32][N],P;
int main(){
	cin>>n>>p;
	for(int i=0;i<p;i++)P[i]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=6;j++)for(int k=0;k<=1;k++)cin>>b[i][j][1][k],b[i][j][0][k]=d[j][k];
		for(int j=2;j<=6;j++)swap(b[i][j],b[i][rand()%j+1]);
	}
	random_shuffle(b+1,b+n+1);
	cin>>L0>>G0;
	const int qw=30;
	f[1][15][15][0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int x=0;x<=qw;x++)
			for(int y=0;y<=qw;y++)
				for(int l=0;l<p;l++){
					if(f[i&1][x][y][l].none())continue;
					for(int j=1;j<=6;j++){
						int x_=x+b[i][j][0][0],y_=y+b[i][j][0][1];
						int l_=(l+b[i][j][1][0])%p;
						if(x_<0||y_<0)continue;
						f[~i&1][x_][y_][l_]|=P&(f[i&1][x][y][l]<<b[i][j][1][1])|f[i&1][x][y][l]>>(p-b[i][j][1][1]);
					}
				}
		for(int x=0;x<=qw;x++)
			for(int y=0;y<=qw;y++)
				for(int l=0;l<p;l++){
					f[i&1][x][y][l]=0;
				}
	}
	puts(f[~n&1][15][15][L0][G0]?"Chaotic Evil":"Not a true problem setter");
}

Part 7 路径计数模型优化 dp

遇到利用常规方法难以优化的 dp，可考虑转化为路径计数模型：eg1.f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1] eg2.f[i][j]=f[i-1][1]+f[i-1][2]+...+f[i-1][j]（如果做k次前缀和，则f[k+1][i]转化为i个球分到k个盒子里的问题，可以为空）

posted @ 2021-11-05 17:52 pengyule 阅读(59) 评论(0) 编辑收藏举报

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