codeforces 2100左右的dp题 做题记

可能是跳着做的

1|0CF1271D Portals

发现，一个点要派遣，一定是在最后能派遣的地方派遣，就设一个dp，$f[i][j]$表示到了i点，兵力为j的最大贡献，然后就直接dp转移，第i个点派肯定按贡献从大到小用。用刷表法，由于派遣最多有n个，所以总共复杂度为$O(n^2)$

2|0CF980D Perfect Groups

奇怪题，跟dp似乎没有关系，直接分解质因数，保留指数为基数的素数，求出乘积，每次加一个点，看区间内有没有乘积等于当前点的组，有就不变，没有就加，特判0即可

3|0CF213C Relay Race

设$f[i][x][y]$为两个点都走了i步，第一个点横坐标为x，第二个点横坐标为y，那么纵坐标可算出，然后看每种走法有没有重合然后直接转移即可

4|0CF1202C You Are Given a WASD-string...

还是和dp没有关系，发现可以分别讨论一个位置向各个方向走对答案的影响，然后计算即可

5|0CF547B Mike and Feet

还是无关，算出每个数前面的第一个小于它的数的位置，后面的也算出，然后统计一下即可

6|0CF710E Generate a String

终于是dp了,一个数必定不会被连续删除两次，因为这样就可以在乘的前面删一次达成效果，可以设出dp：$f[i]=min(f[i-1]+x,f[i/2]+y)i\mathrm{mod}2=0,min(f[i-1]+x,f[(i+1)/2]+x+y)(i\mathrm{mod}2=1$,直接转移即可

7|0CF1271E Common Number

考虑把一个数拆成二进制，然后发现，一个数x在y的路径中当且仅当x是y的前缀或把相同长度的前缀的最后面的1（如果为奇数）减掉后x为前缀的数y，那么，奇数和偶数分别有单调性，二分，奇数查当前数，偶数就查当前数和当前数加1即可

8|0CF840B Leha and another game about graph

感觉是图论，考虑把图的dfs生成树给搞出来，容易发现，我们从底向上调整，最后只会导致根不合法
如果整个图中有-1，那么那个点到根的路径的每个点的父边都取反，那么就容易做到合法
如果没有，我就直接猜了一个结论，因为返祖边会导致环，而且只有环内的点可以有父边取反且环的头不可以父边取反，由于返祖边不会超过根，就一定不能做到合法，这样并不是很严谨
正确的思考方式是由于一条边会增加两个度数，所以所有的点的最终度数$\mathrm{mod}2$不为0就不合法，而如果根不合法，其他点都已经合法，那么就会导致连任何一对点都不会导致合法，即度数为奇数，所以直接这样做即可

9|0CF1151E Number of Components

联考原题（弱化版），性质：连通块数=点数减去边数，先求出1到所有点的答案，然后看删除点的贡献，这个直接讨论相邻的点即可，注意，连一起的要删的要看作同一个

10|0CF837D Round Subset

简单题,发现只有2，5会造成贡献，把数拆了后做一个类似背包的东西，$f[i][j][k]$表示到第i个，选了j个，五的个数有k个的最大的2的个数，直接做即可

11|0CF963B Destruction of a Tree

感觉可以啊，1h切了,发现一个点的子树是独立的，那么只用讨论父边选不选，这个可以dp，设$f[i][0/1]$表示i点的父边选/不选可不可以，如果root不能就No，然后按中序遍历类似的做法做即可，感觉难度蓝差不多了

12|0CF771C Bear and Tree Jumps

设$c=dep[i]+dep[j]-dep[lca(i,j)]$，那么所求的就是$\sum _{i=1}^n\sum _{j=i+1}^{n}ceil(c/k)$,然后按照套路，拆开，那么所求的就是${\displaystyle \frac{\sum _{i=1}^n\sum _{j=i+1}^{n}c-c\mathrm{mod}k+[c\mathrm{mod}k!=0]\times k}{k}}$，上面的$\mathrm{mod}k$就不会有余数了，拆成三部分算，第一个就枚举lca然后求一下，这个不难，第二部分就把每个点的$dep\mathrm{mod}k$存到线段树内然后还是枚举lca，求出对于每一个lca的$\mathrm{mod}k=$$1--k-1$的个数累加，第三部分就点的对数减去余数为0的二元组的个数即可，细节挺多

13|0CF16E Fish

感觉是一道十分常规的状压dp，设$f[S]$为状态为S的概率，然后就每次枚举两个鱼算一下即可

14|0CF900D Unusual Sequences

感觉很神奇，尝试想过没想出来，只能看题解
首先常规转化成$gcd()=1,\sum =y/x$的形式，设$g(x)$表示不考虑gcd的$\sum =x$的方案数，根据隔板法，答案就为$\sum _{i=1}^x{C}_{x-1}^{i-1}=2^{x-1}$,根据二项式定理可得
然后设$f(x)$为考虑gcd的答案，设$gcd()=a$,那么做那个转化就可以成$f(x/a)$的形式，那么对于每一个x，枚举约数，然后再用总答案减去gcd不为1的答案即可，这个可以递归算
算一下时间复杂度，由于x的因子的因子一定是x的因子，所以最多会有$d(x)$种情况被统计到，那么时间复杂度为$O(d(m)\sqrt{m})$

15|0CF27E Number With The Given Amount Of Divisors

自己想出来了
首先，设最小的数为T，它的分解为$p_1^{a_1}...p_k^{a_k}$,那么$d(T)=\sum _{i=1}^n(a_i+1)$
而要最小，那么a一定是单调不增的，因为如果增了，换一下位置一定更优
而由于$2^{1}0>1000$,所以只要把前10个质数拉出来然后做一个类似背包的dp即可，$f[i][j][k]$表示第i个质数，选了j个，质因子共有k个的最小值，直接输出即可，时间复杂度随便过

16|0CF128C Games with Rectangle

一道简单题，但我没想出来
首先，有一步最简单的转化，行和列是无关的，这是显然的
那么就可以把二维转成一维，倒着处理，设$f[i][j]$表示现在已经到了第i个区间，长度为j的方案数，就等于$\sum {k=1}^{j-2}f[i-1][k]\times (j-k-1)$,后面的就是在这个长度为j的区间中长度为k的区间的个数，简单优化即可
但还有更简单的，答案就是$C_{n-1}^{2\times k}\times C_{m-1}^{2\times k}$
考虑随机撒$2\times k$个点，那么一定唯一对应一种情况，所以是对的

17|0CF621E Wet Shark and Blocks

一道难度还好的题，没什么细节
首先看到次数小于等于1e9，看能否用矩阵乘法
先考虑朴素dp，$f[i][j]$表示到了第i个块，当前的整数mod x=j
转移：$f[i+1][(j\times 10+a[k])\mathrm{mod}mod]+=f[i][j]$
显然，这是可以矩乘的，直接构造一个x\times x的矩阵然后快速幂即可

18|0CF768D Jon and Orbs

首先设计dp，$f[i][j]$表示第i天，选了j个的概率，每次有选之前的和新选一个的情况，乘上系数即可
至于天数，由于p<=1000,由于这题概率的倒数就是期望次数，累加就成了$n\times H(n)$的形式，H为调和级数，所以开10000即可

19|0CF1265E Beautiful Mirrors

一道经典的期望dp题
首先，根据套路，我们发现正着不好推（其实是我不会），于是考虑倒着推，设$f[i]$表示完成$i--n$的期望次数
每一步有两种：走到i+1或1，写成转移就是$f[i]=p_i\times (f[i+1]+1)+(1-p_i)\times (f[1]+1)$，即下一步的期望再加上这一步再乘上对应的概率
但我们发现并不知道$f[1]$
我们要求的就是$f[1]$,考虑通过一个已经知道的量推出$f[1]$
我们先把f1的式子写出，化简可得：$f_1=f_2+{\displaystyle \frac{1}{p_1}}$
再根据这个，把$f_2$的公式也写出，这样推下去，发现一个公式：$f[1]=f[i+1]+\sum _{j=1}^i{\displaystyle \frac{1}{p_j\times p_{j+1}\times .......\times p_i}}$
然后$f[n+1]=0$，就做完了

20|0CF505C Mr. Kitayuta, the Treasure Hunter

sb题，还降至了
直接$f[i][j]$，j表示d的变化量，转移即可

21|0CF119C Education Reform

简单题，发现差值很小，就把暴力的状态改一下即可

22|0CF786A Berzerk

首先，博弈论理论：如果一个状态的后继有必败态，那它就是必胜态，否则必败
然后就可以从第一个点开始倒推，如果当前点必败就把所有能走到它的点变成必胜，否则如果所有能走到的状态都走完了且必胜，标记成必败

23|0CF14E Camels

随便dp一下

24|0CF351B Jeff and Furik

我们分别考虑两个人的操作，A要尽量早，所以肯定每次减少一个逆序对
B有二分之一的概率减少一个，二分之一增加一个
所以一步期望减少一个逆序对
所以总的期望就是逆序对数乘二，如果逆序对数为奇数就减一，A操作后就结束了

25|0CF1030E Vasya and Good Sequences

一道板但有意思的题
首先，我们只关心二进制下1的个数的奇偶性，0没有影响，如果1的个数为奇数就一定无法达成需求
但如果有一个数，1的个数超过了当前区间的1的个数的一半，那么其他的就无法补全，就不合法
要求1的个数为偶数可以直接用桶
由于a>0，所以如果1的个数超过区间的一半，区间长度一定小于64，直接遍历然后check即可

26|0CF372B Counting Rectangles is Fun

简单题，求出前缀和，然后搞一个$f[i][j][k][l]$就是这两个点之间有没有大于0的，然后再求一遍前缀和即可

27|0CF165E Compatible Numbers

一道很有意思的题
首先，要&之后为0，如果当前位是0，另一个数0/1都可以，如果当前位是1，就只能填0
发现了一个有趣的性质：其实合法的x就是当前的数按位取反的子集，这个完美符合上面的条件
然后就做一个很像状压的把所有的都更新到然后对于每一个数，随便记录一个满足的即可，然后对每一个a判断即可

28|0CF510D Fox And Jumping

一道有意思的题
首先根据裴蜀定理，如果$gcd(a,b)=1$,那么ax+by=1一定有正整数解
而题目的条件实际上就是要通过若干操作向右/左移动一格，这样一定可以走到所有格子
那么只需要找到若干数，它们的gcd为1，那么就一定可以构造一组解
考虑用最短路算法，每次的gcd就转移到下一个状态，用map存即可，因为质因子不多所以复杂度是对的

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本文作者：longzhaocheng
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