简单dp 学习笔记

1. 背包

1.1 背包模型的概述

有 $n$ 种物品，每种物品有若干个。拿一件物品付出 $w_i$ 代价获得 $v_i$ 价值，问最多花费 $V$ 的代价能获得的最大价值。

1.2 0/1背包

考虑每种物品只有一个的情况。

我们设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个物品，花费了 $j$ 的最大价值。

于是得出 dp 方程：$f_{i,j}=max(f_{i-1,j},f_{i-1.j-w_i}+v_i)$。

我们发现，$f_{i,j}$ 都是从 $f_{i-1,j}$ 转移而来，所以考虑压掉 $i$。需要发现，在转移时要倒序转移，使得每个物体只被选一次。

    for(int i=1; i<=n; i++)
        for(int j=V; j>=w[i]; j--)
            f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+v[i]);

1.3 完全背包问题

即每种物品有无数个。

考虑同样的 dp 转移，只是将倒序枚举改为正序，这样就变成选无限个了。

    for(int i=1; i<=n; i++)
        for(int j=w[i]; j>=V; j++)
            f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+v[i]);

1.4 多重背包问题

给出每种物品有 $s_i$ 个，怎么做？

一个最简单的想法是直接把 $s_i$ 个看成不同的 $s_i$ 种，但是这样的复杂度是 $O(\sum s\times V)$ 的，不可接受。

考虑倍增，将物品拆成 $2^0，2^1,2^2,\dots ,2^{\log s}$ 个，复杂度变成了 $O(\sum \log s\times V)$ 。

    int cnt=0;
    for(int i=1,v,w,s;i<=n;i++){
        rd(w,v,s);
        for(int j=1; j<=s; j<<=1) w[++cnt]=j*w,v[cnt]=j*v,s-=j;
        if(s) w[++cnt]=s*w,v[cnt]=s*v;
    }
    for(int i=1; i<=cnt; i++)
        for(int j=V; j>=w[i]; j--)
            f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+v[i]);

1.5 “恰好为 V”

问能否从中选取若干件总价值恰好为 $V$。

$f_{i,j}$ 表示前 $i$ 件物品能否取到恰好 $j$。

转移同理。

1.6 有依赖的背包

P1064

考虑依赖关系，对子集进行讨论，枚举子树哪些被选。

1.7 背包的方案计数

考虑如果不需要最优解，直接将取 max 改为求和即可。

否则记 $g_i$ 表示 $f_i$ 最大时的方案数，看从哪里转移过来输出即可。

2. 区间 dp

区间 dp 经典方程式：$f_{i,j}=max(f_{i,k}+f_{k+1,j}+cost(i,j))$。

P1880

断环为链，直接做。

3. 树形 dp

3.1 simple

P1352

设 $f_{i,0/1}$ 表示选/不选 $i$ 的最优情况。

于是可以知道 $f_{i,0}=max(f_{j,0},f_{j,1})+a_i,f_{i,1}=f_{j,0}+a_i$，其中 $j$ 是 $i$ 的儿子。

dfs 转移。

3.2 树上背包

P2014

建图，发现是一个森林。

我们设 $f_{u,i,j}$ 表示以 $u$ 号点为根的子树中，已经遍历了 $u$ 号点的前 $i$ 棵子树，选了 $j$ 门课程的最大学分。

转移的过程结合了树形 DP 和 背包 的特点，我们枚举 $u$ 点的每个子结点 $v$，同时枚举以 $v$ 为根的子树选了几门课程，将子树的结果合并到 $u$ 上。

记点 $x$ 的儿子个数为 $s_x$，以 $x$ 为根的子树大小为 $\mathit{\text{siz\_x}}$，可以写出下面的状态转移方程：

$f_{u,i,j}=\underset{v,k\le j,k\le \mathit{\text{siz\_v}}}{max}{f}_{u,i-1,j-k}+f_{v,s_v,k}$

注意上面状态转移方程中的几个限制条件，这些限制条件确保了一些无意义的状态不会被访问到。

$f$ 的第二维可以很轻松地用滚动数组的方式省略掉，注意这时需要倒序枚举 $j$ 的值。

可以证明，该做法的时间复杂度为 $O(nm)$。

3.3 换根 dp

换根 dp 通过预处理换根的贡献，使得仅用两次 dfs 可以处理一些问题。

通常在出现在无根树或者需要对每个点计算答案时考虑换根。

P3478"

不妨令 $u$ 为当前结点，$v$ 为当前结点的子结点。首先需要用 $s_i$ 来表示以 $i$ 为根的子树中的结点个数。$s_u=1+\sum s_v$。
考虑计 $f_u$ 为以 $u$ 为根时，所有结点的深度之和。

考虑让根从 u 换到 v，这样 v 的子树中的点的 dep--， v 字数外的点的 dep++，可以知道 $f_v=f_u+n-2\times s_v$。

直接转移即可。

4.DAG 上 dp

考虑拓扑排序，从入度为 0 的点开始记忆化搜索，这样可以方便的计算答案。

5.状压 dp

5.1 朴素的状压 dp

如果遇到 $n$ 较小的题目，考虑用二进制表示每个位置的状态。

考虑 P2704，记录当前有炮兵的位置，在计数时对其他的地方加上贡献即可。

5.2 一些常用的优化技巧：

两边 dp（与 meet in middle 同理）、阈值分治。

5.3 子集 dp

有时候需要枚举一个数的子集来转移给这个数。

但是如何快速的枚举子集的子集？

考虑这样一个东西：

    int full=1<<n;
    for(int s=0; s<full; s++)
        for(int s1=s; s1; s1=(s1-1)&s)
            ......

考虑这个 s1 的意义：依次消去 s 的每一位，故为枚举子集。

这个东西用二项式定理证出来是 $O(3^n)$ 的。