状压 dp 做题记录
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可以发现 \(M\leq 10\) ，那么考虑状压
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因为状态和前 2 行都有关，那么考虑状压下每两行的状态
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设 \(f[i][S_1][S_2]\) ，表示当前 \(i\) 行，当前行状态为 \(S_1\) ，上一行状态为 \(S_2\) 的方案数
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可以发现 \(N\leq 9\) ，考虑状压
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还是考虑压缩下每一行的状态
P1879 [USACO06NOV]Corn Fields G
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可以发现 \(M\leq 12\) ，考虑状压
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还是考虑压缩下每一行
P3052 [USACO12MAR]Cows in a Skyscraper G
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可以发现 \(n\leq 18\) ，考虑状压
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设 \(f[S]\) 表示选这些物品的最小分组
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注意子集枚举的技巧
for(int S0=S;S0;S0=(S0-1)&S)
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注意到 \(n\leq 24\) ，还是考虑状压
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设 \(f[S]\) 表示走到这个状态的方案数
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那么对于每个方案，枚举上一个出牌的那一张牌，注意厄运数字不能转移
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注意到小猪 \(n\leq 18\)
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仍然是将小猪的状态压下来，枚举子集
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如果子集和自己小猪的数量差是 0/1 ，那么可以直接转移
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如果是多个小猪，那么就需要判断这些小猪能否用一个二次函数解决
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时间复杂度就是 \(O(Tn2^n)\)
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可以发现这个东西不好正着推，因为有一些限制，所以考虑反着推
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设 \(f[i][S]\) 为 \(i\) 轮前，得到的物品集合为 \(S\) ，第 \(i\) 轮到第 \(n\) 轮得到的价值的期望
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那么枚举这一轮会得到什么物品，每个物品得到的概率是相等的，所以转移就可以了
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因为我们已经知道之前的状态了，所以这样转移是正确的
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其实就是对于这个图，求一个最小代价的生成树
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可以发现每次拓展的花费和所在的树高有关
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设 \(f[S][i]\) 表示当前已经选好了集合 \(S\)，树高为 \(i\) 的最小代价
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我们可以枚举这个集合的子集，并且满足这个子集可以拓展得到这个集合，然后通过子集转移过来
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具体的对于每一个新加入的点，求出到这个子集的最短距离和，然后乘上子集的树高，也就是 \(f[S][i]=\max(f[s_0][i-1]+i*dis)\)
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初始化就是每个点一开始做单独一个集合的代价就是 0
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可以发现有值的 \(f\) ，一定是至少满足这个集合是一联通的，不至于不合法
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但是对于这个树高不一定能达到，求出来的代价会偏大，但是其实这个是没有关系的
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因为最终的答案一定可以通过一个最优的形式转移过去，也就是答案其实是一定可以转移到的
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枚举每个集合的子集，复杂度是 \(O(3^n n^2)\)
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一个朴素的 dp 式子： \(dp[i][S_1][S_2]\) 表示吃完了当前的后，分别的质数集合
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但是因为值太大了，质数是压不下的，考虑一个经典的
trick，根号分治 -
对于 \(\leq \sqrt{500}\) 的质数，仍然状压，其他的质数单独考虑，每个数只会有一个大质数
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那么我们预处理出一个数的质数集合和大质数
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将所有的数按照大质数排序，这样做是为了将大质数相同的数放在一起考虑
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对于一段连续的大质数相同的数，这一段数要么全部给 S1 ，要么全部给 S2 ，要么谁都不要
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那么对于这一段可以单独用两个数组 \(f_1[S_1][S_2],f_2[S_1][S_2]\) 转移，分别表示这一段都给了 \(1,2\)
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那么在一段的开头，将 \(dp\) 数组赋值在 \(f_1,f_2\) ，然后用 \(f_1,f_2\)v 转移，在一段结束后，再将 \(f_1,f_2\) 赋值回 \(dp\) 数组
- 考虑对于每种灯的状态都状压下来，然后跑最短路
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说一个最平凡的做法
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对于每条边的相对排名的概率是相同的，那么最暴力的做法就是全排列出每条边的排列，然后直接 Kruskal 判断到第几条边整个图能联通，假设是第 \(x\) 条，那么这条边的期望时间是 \(\frac{x}{m+1}\)
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那么我们可以转换成求每一种 \(\frac{x}{m+1}\) 的贡献，也就是恰好第 \(x\) 边使得图联通的概率
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将这个概率前缀和一下，假设为 \(P_i\) ，那么恰好为第 \(i\) 条边使得图联通的概率就是 \(P_{i}-P_{i-1}\)
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所以现在就是要求 \(i\) 条边使得图能联通的概率（注意没有恰好）
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而概率可以转换成求满足条件的方案数和方案总数，方案总数比较好表示，所以就是要求方案数
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注意到这个 \(n\leq 10\) ，那么考虑状压，设 \(f[S][i]\) 表示 \(S\) 这个集合用 \(i\) 条边使得联通的方案数，设 \(g[S][i]\) 表示 \(S\) 这个集合用 \(i\) 条边无法联通的方案数，\(sz[S]\) 为 \(S\) 集合涉及的边数量
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那么 \(f[S][i]+g[S][i]=\binom{sz[S]}{i}\)，正反则难，考虑求 \(g\)
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对于一个集合 \(S\) 的联通情况，我们考虑随便找一个集合内的点，然后枚举这个点所在的集合，这个集合用了的边的数量
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\(g[S][i]=\sum_{T\to S,T\neq S}\sum_{j=0}^{\min(sz[T],i)} f[T][j]\binom{sz[S]-sz[T]}{i-j}\)
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\(g\) 求出来了，\(f\) 就可以求了
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那么 \(P_i=\frac{g[U][i]}{\binom{m}{i}}\)
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\(Ans=\frac{1}{m+1}\sum_{i=1}^{m} i\times P_i\)
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题目就是要求到达一个集合期望最长的步数
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通过 Min-Max 转换成一个集合到一个点的最小期望步数
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用树上高斯消元预处理出每个集合到 \(x\) 的最小期望步数
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进一步的优化就是 FWT 卷一下
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观察到这个 \(n\leq 10^9\) ，考虑矩乘
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那么首先要推式子，发现这个 \(P,K\) 很小，把这个东西状压一下
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设 \(f[i][S]\) 表示位置 \([i,i+P-1]\) 是状态 \(S\) 的方案数
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考虑怎么转移
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这个状态一定要恰好有 \(K\) 个 1
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对于每个合法的状态，考虑可以转移到哪些状态
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对于一个新的位置，一定会有一个位置跳过去
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如果当前状态的首位是 1 ，那么必须是这个 1 跳过去
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否则的话，就选一个 1 跳过去
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那么系数矩阵就可以预处理出来了
一些小 trick
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对于数据范围小成指数级别的，那就可以考虑状压了
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枚举每个集合的子集的复杂度是 \(3^n\) ，
for(int S0=S;S0;S0=(S0-1)&S)
