dp 题记录

CF1716D Chip Move

给定两个数 $n,k$，问从 $0$ 开始，第 $i$ 步只能走 $(k+i−1)$ 的倍数，问分别走到 $x\in[1,n]$ 的方案数，对 $998244353$ 取模。

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考虑 $dp$，设 $dp_{i,j}$ 表示当前在 $i$，走了 $j$ 步的方案数。

$dp_{i,j} \rightarrow dp_{i + x, j+ 1}$

初值为 $dp_{1,0} = 1$，暴力转移复杂度为 $n^2 \sqrt{n}$。

其中 $x$ 为 $(k + j - 1)$ 的倍数，额，肯定是外层循环枚举走到了第 $j$ 步，然后那么 $k -j + 1$ 是已知的。

考虑一个数在这种情况下会加上哪些数，维护一个前缀和应该就好了？

你这个看上去，就不能走太多步的样子啊其实。

因为 $k + (k + 1) + (k + 2) + \dots + (k + m) \leq n$ 这个 $m$ 始终小于等于 $\sqrt{n}$，那么就可以根据这个做了。

首先滚动数组，之后我们每次维护一个魔改的前缀和就好了。

CF1701E Text Editor

给定两个字符串 $S, T$，初始时光标在串 $T$ 尾部，你可以进行以下操作：

• $\texttt{left}$：将光标向左移动一个字符，如光标在字符串最左侧则不移动。

• $\texttt{right}$：将光标向右移动一个字符，如光标在字符串最右侧则不移动。

• $\texttt{home}$：将光标移动到字符串最左侧，如光标在字符串最左侧则不移动。

• $\texttt{end}$：将光标移动到字符串最右侧，如光标在字符串最右侧则不移动。

• $\texttt{backspace}$：将光标左侧的第一个字符从字符创中删除，如光标在字符串最左侧则不删除任何字符。

我们需要使 $S$ 在做若干次操作后得到 $T$，请你求出最小的操作次数。无解输出 $-1$。

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我草，不会啊，爬去看题解。

直观感受的话你肯定是用 left 和 backspace 或者在中间某个时刻突然 home 然后 right 和 backspace。

那么，我们从前面和后面分别跑一遍 dp，然后枚举一个中间端点取答案的 $\min$ 就好了。

跑的 dp 形如 $dp_{i,j}$ 表示当前光标到了 $s$ 的第 $i$ 位，目前和 $t$ 的 $1 \sim j$ 位匹配。

然后 $dp_{i,j} = dp_{i - 1,j} + 2$ 是表示删除

然后 $s_i = s_j$ 就可以不用删除，$dp_{i,j} = dp_{i-1,j-1}+1$。

然后记录 $fp_{i,j}$ 表示 $s_{1\sim i}$ 和 $t_{1 \sim j}$ 匹配的最小值。

$s_i = s_j$ 的时候且不用删除小于删除，那么 $fp_{i,j} = fp_{i-1,j-1}$，就考虑不移动，否则 $fp_{i,j} = fp_{i-1,j} + 2$。

倒着过来的时候删除是 $+1$ 的。

然后最后前面和后面做一个匹配，一下就好了。

[HNOI2014]米特运输

一棵树，每个点有权值，要求修改点权值满足，每个点是儿子权值的和，同一个点的儿子权值相同。

要求最少的修改次数。

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首先容易想到 $n^2$，然后发现确定了一个点的值就确定了所有点的值。

设当前节点的值为 $x$，那么此时根节点权值为 $\prod_{fa} siz_{fa} \times x$，其中前面的连乘符号表示的是祖先的 $siz$ 连乘。

那么我们记录下这个状态，然后取最多的为同一个数的就好了，因为这样修改的就最少。

这个部分的话，可以哈希，也可以取对数来求。

取对数的时候注意不能用桶判断相同，要手写 eps。

牛客小白月赛 53 F

$n$ 个长度为 $m$ 的二进制数，要求选出里面的一个子序列，满足每一位没有重复的 $1$ 出现，求有多少种子序列的方案数

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我们很容易想到一个复杂度为 $n \times 2^m$ 的一个 dp，是 $dp_{i,j}$ 表示考虑了前 $i$ 个，以 $j$ 结尾的满足要求的子序列方案数。

那么每次转移的时候也就是 $dp_{i, a_i} += \sum_{k\&a_i =0} dp_{i-1,k}$，这里做的复杂度就是 $n2^m$，然后同时每次还要继承一下上一次的状态，滚动数组一下就好了。

但是不能过，这里有一种降低复杂度的神奇方法。

我们默认这里的 $m$ 为最大的 $16$，令 $g_{i,j,k}$ 表示考虑了前 $i$ 个数，结尾的数的高 $8$ 位为 $j$，低 $8$ 位和 $k$ 按位与后为 $0$ 的子序列的方案数。

对于一个数可以 $x = (a_i >> 8),y = (a_i \bmod 255)$ 可以得到高位和低位。

那么我们首先模拟一遍 $k$ 为高八位，然后如果 $k \& x = 0$ 那么让 $g_{i,x,y} \leftarrow g_{i-1,k,y}$，因为此时 $g_{i-1,k,y}$ 表示 $k$ 多对应 的那个低位也和 $y$ 按位与为 $0$，那么就有贡献。

设这部分的总贡献为 $res$，

然后模拟一遍 $k$ 为低八位，然后如果 $k\& y = 0$，那么我们现在对应的状态其实就是 $g_{i, x,k}$ ，那么我们此时对应的操作就是 $g_{i,x,k} \leftarrow res$。

第三维度从来指的都不是低 $8$ 位，而是低八位 $\&$ 上他为 $0$。

然后显然第一维其实是没有什么用的，于是我们就可以把他滚动掉。

这道题挺厉害的感觉。

Luogu P1272 重建道路

一颗 $n$ 个点的树，然后要求删边，问，删边使得剩出一个大小为 $p$ 的连通块要用的最小删边数量。

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设 $dp_{i,j}$ 表示当前在子树 $i$，保留下一个含有他的大小为 $j$ 的连通块最少要用的一个删边数。

初始化 $dp_{x,1} = 0$，啥也不管，然后考虑往下接儿子。

你发现这，其实就是一个树形背包，就直接每次从儿子转移过来的时候，考虑 $dp_{x,j} = \min \{ dp_{x,j} + 1, dp_{x, j - k} + dp_{to,k} \}$ 就好了，然后这里一个要注意的点是，里面那个 $+1$ 一定要在每次循环枚举 $k$ 之前就加了!

虽然我也不知道为什么会错，但是好像挺奇怪的，我思考了一下也不知道为什么。

复杂度树形背包写的正确的话就是 $O(np)$ 的，我也不知道为啥 $n \leq 150$。

CF873D Round Subset

不写题意了以后/难过。

注意到末尾 $0$ 的个数之和 $2,5$ 的个数有关，于是考虑状态 $dp_{i,j,a,b}$ 表示前 $i$ 个选了 $j$ 个，有 $a$ 个 $2$，$b$ 个 $5$ 的时候是否合法。

空间不太行，所以压一下 $dp_{i,j,a}$ 表示前 $i$ 个选了 $j$ 个有 $a$ 个 $5$ 时最大的 $2$ 的个数，同时第一维可以滚动掉，直接转移即可。

CF1710C-XOR Triangle

这题不会啊，感觉数位 dp 还是要重学一下。

容斥考虑不合法的三元组，然后用全部的三元组数目 $(n + 1)^3$ 减去不合法的数目就可以得到合法数目。

设 $x = a\oplus b, y = b \oplus c, z = a \oplus c$，则有 $x \oplus y \oplus z = 0$。

$x + z \leq y, x + y \leq z, y + z \leq x$ 是违法的判定条件

$x + y \leq z$ 等价于 $x, y$ 的二进制对中没有 $11$，$z$ 中没有 $0$（$000$ 除外）

$x + z \leq y$ 等价于 $x, z$ 的二进制对中没有 $11$，$y$ 中没有 $0$（$000$ 除外）

$y + z \leq x$ 等价于 $y, z$ 的二进制对中没有 $11$，$x$ 中没有 $0$（$000$ 除外）

可以设 $dp_{i, s1, s2}$ 表示还有 $i$ 位没考虑，$a,b,c$ 是否等于 $n$，$x,y,z$ 是否全 $1$（或 $000$），这个状态下的不合法数目。

$s1$ 用三个位表示前三个状态，$s2$ 用三个位表示后三个状态、

初始 $dp_{n,7,7} = 1$，因为此时只有一种情况 $a = b= c = 0$。

枚举 $a,b,c$ 当前位的选取情况，假设是 $s$，则 $dp_{i+1,s1,s2}$ 对 $dp_i$ 的贡献如下：

如果 $n$ 当前位为 $0$，只能转移到 $s1_next = s1$，此时要保证 $s1 \& s = 0$， 不然说明有等于 $n$ 前缀且当前选择 $1$ 的情况，这样就大于 $n$ 了。

如果 $n$ 的当前位为 $1$，则能转移到 $s1_{next} = s_1 \& s$，计算出 $s2_{next}$ 要通过前面的状态 $s2$ 和 $s$ 计算。

P3713 [BJOI2017]机动训练

转换一下题意，题目中的机动路径假如有 $sum$ 个，那么贡献 $sum^2$，用组合意义转化一下，这个等价于两个人走同样的机动路径的方案数。

注意到，每个点移动的方向只会有一种，要么是左上，左下，右上，右下（类型一），要么是正上，正下，正左，正右（类型二）。

题目要求路径不能远离目标点，那么移动的方向一定是确定的，可以枚举方向。

所以可以设 $dp_{a,b,c,d}$ 表示第一个人从 $(a,b)$ 出发和第二个人从 $(c, d)$ 出发，走的机动路径相同，沿着当前的方向走的合法方案数。

然后每次枚举方向，然后搜出能走的选择，在直接记忆化搜索路径，然后就可以求得答案，注意到，我们的正上，正下之类的，会被类型一给包含。

例如：正上的抉择被左上和右上能走的方向中包含，算了两次，于是容斥一下，对于类型一的答案全部加上，对于类型二的答案全部减去就好了。

P5307 [COCI2018-2019#6] Mobitel

卡老师题

首先傻逼 dp，直接设 $dp_{i,j,k}$ 表示走到 $(i,j)$ 乘积为 $k$ 的方案数，但是空间太大了，完全寄。

考虑将状态进行另一种转化，我们并不关心具体的值，而是关心一个相对的大小关系，也就是 $\times$ 多少会比 $n$ 大，设 $dp_{i,j,k}$ 表示走到 $(i,j)$ 时，当前乘积 $\times k$ 之后比 $n$ 大的方案数。

本质不同的 $k$ 的数量等价于是一个整除分块，于是只会有根号种，第一位滚动一下数组，可以开下空间。

然后刷表更新即可。