Note -「动态 DP」学习笔记

目录

• $\mathcal{Introduction}$
  • $\mathcal{Problem~1}$
  • $\mathcal{Problem~2}$
    • $\mathcal{Code}$
• $\mathcal{Training}$
  • 「CF 750E」New Year and Old Subsequence
    • $\mathcal{Description}$
    • $\mathcal{Solution}$
  • 「洛谷 P4719」「模板」"动态 DP" & 动态树分治
    • $\mathcal{Description}$
    • $\mathcal{Solution}$
  • 「洛谷 P6021」洪水
    • $\mathcal{Description}$
    • $\mathcal{Solution}$
  • 「SP 6779」GSS7
    • $\mathcal{Description}$
    • $\mathcal{Solution}$
  • 「NOIP 2018」「洛谷 P5024」保卫王国
    • $\mathcal{Description}$
    • $\mathcal{Solution}$

$\mathcal{Introduction}$

$\mathcal{Problem~1}$

  给定序列 $\{a_n\}$，其中 $a_i\in\mathbb Z$，求其最大子段和（不能为空）。

  很显然的 DP——令 $f_i$ 为以 $i$ 为右端点的最大子段和，$g_i$ 为 $[1,i]$ 内的最大子段和，有：

$$\begin{cases} f_i=\begin{cases} a_i&i=1\\ \max\{f_{i-1}+a_i,a_i\}&\text{otherwise} \end{cases}\\ g_i=\begin{cases} a_i&i=1\\ \max\{g_{i-1},f_i\}&\text{otherwise} \end{cases} \end{cases}$$

  $\mathcal O(n)$ 搞定。

---

  不过我们来深究一下这个转移形式。以 $f$ 的转移为例，我们把它写成“矩阵乘法”：

$$\begin{bmatrix} a_i&a_i\\ -\infty&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} f_{i-1}\\ 0 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} f_i\\ 0 \end{bmatrix}$$

  当然啦，这不是传统意义的矩乘，我们实际上定义：

$$\begin{bmatrix} a&b\\ c&d \end{bmatrix} \begin{bmatrix} e\\ f \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} \max\{a+e,b+f\}\\ \max\{c+e,d+f\} \end{bmatrix}$$

  不过这看似突发奇想的定义有什么实际作用呢？

  联想到矩阵快速幂，但快速幂需要保证矩阵具有结合律，即对于任意矩阵 $A,B$ 和向量 $\boldsymbol x$ 都应满足：

$$(AB)\boldsymbol x=A(B\boldsymbol x)$$

  把上面的定义代入，就会发现这种矩乘仍满足结合律！而本质上，就是由于 $+$ 运算对于 $\max$ 运算具有分配率（$a+\max\{b,c\}=\max\{a+b,a+c\}$）。

  所以到底有什么用嘛 qwq！我们走进下一题。

$\mathcal{Problem~2}$

  给定序列 $\{a_n\}$，其中 $a_i\in\mathbb Z$，支持单点修改，询问区间最大子段和（不能为空）。

  状态定义和上一题完全一样，设询问区间 $(l,r)$，那么边界为 $f_l=g_l=a_l$。考虑转移的通项，我们用列向量 $\begin{bmatrix}f_i\\g_i\\0\end{bmatrix}$ 表示一个状态，直接从矩乘的角度设计转移矩阵，那么：

$$\begin{bmatrix} f_i\\ g_i\\ 0 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} a_i&-\infty&a_i\\ a_i&0&a_i\\ -\infty&-\infty&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} f_{i-1}\\ g_{i-1}\\ 0 \end{bmatrix}$$

  记 $A_i=\begin{bmatrix}a_i&-\infty&a_i\\a_i&0&a_i\\-\infty&-\infty&0\end{bmatrix}$。我们希望求到 $\begin{bmatrix}f_r\\g_r\\0\end{bmatrix}$，那么不断用上述公式展开右侧最后一项直到到达边界，有：

$$\begin{bmatrix} f_r\\ g_r\\ 0 \end{bmatrix}= A_r \begin{bmatrix} f_{r-1}\\ g_{r-1}\\ 0 \end{bmatrix}= A_rA_{r-1} \begin{bmatrix} f_{r-2}\\ g_{r-2}\\ 0 \end{bmatrix}=\cdots= A_{r}A_{r-1}\cdots A_{l+1} \begin{bmatrix} a_l\\ a_l\\ 0 \end{bmatrix}$$

  注意到 $\begin{bmatrix}a_l\\a_l\\0\end{bmatrix}=A_l\boldsymbol 0$，其中 $\boldsymbol0$ 指零向量。那么进一步化简得：

$$\begin{bmatrix} f_r\\ g_r\\ 0 \end{bmatrix}= A_rA_{r-1}\cdots A_l\boldsymbol0$$

  相当于求区间矩阵的乘积，而在上文中已经得出，这种矩阵乘法具有结合律！所以可以用线段树维护区间矩阵乘积，单点修改时暴力修改单个矩阵和 $\mathcal O(\log n)$ 个乘积即可。

  复杂度 $\mathcal O(k^3n\log n)$，其中 $k$ 为方阵的阶，$k=3$。

---

  这里有必要阐明一个许多动态 DP 入门讲解没有提到的细节。在线段树维护时，我们自然而然地维护了区间左 $\times$ 右的积。以 pushup 函数为例：

void pushup ( const int rt ) { mt[rt] = mt[rt << 1] * mt[rt << 1 | 1]; }

  但是，我们需要的 $A_rA_{r-1}\cdots A_l$ 是从右乘到左的积呀，我们所定义的矩乘在同阶方阵中真的具有交换律么？

  答案是否定的！而这样做的正确性来源于题目本身——翻转整个区间，其最大子段和不变！如果某些题目不满足翻转区间答案不变的性质，是不能交换乘法顺序的！

$\mathcal{Code}$

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <assert.h>

const int MAXN = 5e4, NINF = 0xc0c0c0c0; // NINF即-INF。 
int n, m, a[MAXN + 5];

inline int max_ ( const int a, const int b ) { return a < b ? b : a; }

struct Matrix {
	int n, m, mat[3][3];
	Matrix () {}
	Matrix ( const int tn, const int tm ): n ( tn ), m ( tm ), mat {} {}
	inline int* operator [] ( const int key ) { return mat[key]; }
	inline Matrix operator * ( Matrix t ) {
		assert ( m == t.n ); 
		Matrix ret ( n, t.m );
		memset ( ret.mat, 0xc0, sizeof ret.mat );
		// 这里注意，根据乘法定义，零矩阵的所有元素为-INF。 
		for ( int i = 0; i < n; ++ i ) {
			for ( int k = 0; k < m; ++ k ) {
				for ( int j = 0; j < t.m; ++ j ) {
					ret[i][j] = max_ ( ret[i][j], mat[i][k] + t[k][j] );
				}
			}
		}
		return ret;
	}
} zero ( 3, 1 ); // zero是真正意义上的零向量，注意与零矩阵区别。 

inline void makeMat ( Matrix& a, const int v ) { // 构造 Ai。 
	a[0][0] = a[0][2] = v, a[0][1] = NINF;
	a[1][0] = a[1][2] = v;
	a[2][0] = a[2][1] = NINF;
}

struct SegmentTree {
	Matrix mt[MAXN << 2];
	inline void pushup ( const int rt ) { mt[rt] = mt[rt << 1] * mt[rt << 1 | 1]; }
	inline void init ( const int rt, const int l, const int r ) {
		mt[rt] = Matrix ( 3, 3 );
		if ( l == r ) return makeMat ( mt[rt], a[l] );
		int mid = l + r >> 1;
		init ( rt << 1, l, mid ), init ( rt << 1 | 1, mid + 1, r );
		pushup ( rt );
	}
	inline void update ( const int rt, const int l, const int r, const int x, const int v ) {
		if ( l == r ) return makeMat ( mt[rt], v );
		int mid = l + r >> 1;
		if ( x <= mid ) update ( rt << 1, l, mid, x, v );
		else update ( rt << 1 | 1, mid + 1, r, x, v );
		pushup ( rt );
	}
	inline Matrix query ( const int rt, const int l, const int r, const int ql, const int qr ) {
		if ( ql <= l && r <= qr ) return mt[rt];
		Matrix ret ( 3, 3 ); // 注意这里ret并不是单位矩阵，所以第一次更新应当直接赋值。 
		int mid = l + r >> 1, f = 0;
		if ( ql <= mid ) ret = query ( rt << 1, l, mid, ql, qr ), f = 1;
		if ( mid < qr ) {
			if ( ! f ) ret = query ( rt << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr );
			else ret = ret * query ( rt << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr ); 
		}
		return ret;
	}
} sgt;

int main () {
	zero[0][0] = zero[1][0] = NINF;
	scanf ( "%d", &n );
	for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) scanf ( "%d", &a[i] );
	sgt.init ( 1, 1, n );
	scanf ( "%d", &m );
	for ( int i = 1, op, l, r; i <= m; ++ i ) {
		scanf ( "%d %d %d", &op, &l, &r );
		if ( ! op ) sgt.update ( 1, 1, n, l, r );
		else printf ( "%d\n", ( sgt.query ( 1, 1, n, l, r ) * zero )[1][0] );
	}
	return 0;
}

  前两题链接：Problem 1，Problem 2。

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  诸如此类，定义矩阵乘法进行 DP 转移，继而动态维护转移矩阵的算法，就是所谓动态 DP（DDP？）。

$\mathcal{Training}$

「CF 750E」New Year and Old Subsequence

$\mathcal{Description}$

  Link.

  给定一个长度为 $n$ 的数字串 $s$，$q$ 次询问 $s[l..r]$ 需要删除多少个字符使得 $\texttt{"2017"}$ 是其子串而 $\texttt{"2016"}$ 不是。

  $n,q\le2\times10^5$。

$\mathcal{Solution}$

  先考虑整个串，设 $f(i,0\sim4)$ 表示第 $1\sim i$ 内，已经与 $\texttt{"2017"}$ 匹配了长度为 $0\sim4$ 的子串时，最小的删除次数。分转移为 $2,0,1,7,6$ 和其它数字设计转移矩阵即可。

  这道题体现了“不满足翻转区间答案不变的性质，不能交换乘法顺序”这一点。

「洛谷 P4719」「模板」"动态 DP" & 动态树分治

$\mathcal{Description}$

  Link.

  给定一棵 $n$ 个结点的带权树，$m$ 次单点点权修改，求出每次修改后的带权最大独立集。

  $n,m\le10^5$。

$\mathcal{Solution}$

  不考虑修改，显然 DP。令 $f(u,0/1)$ 表示选 / 不选结点 $u$，$u$ 子树内的带权最大独立集。那么：

$$\begin{cases}f(u,0)=\sum_v\max\{f(v,0),f(v,1)\}\\f(u,1)=\sum_vf(v,0)+a_u\end{cases}$$

  引入修改，我们自然想用数据结构维护转移。那么就需要进行树链剖分（不一定是重链剖分，这里以复杂度更小的 LCT 为例）。假设 $u$ 的实儿子是 $s_u$，我们单独维护 $s_u$ 的贡献，而把其它儿子一起考虑。设 $g(u,0/1)$ 表示选 / 不选结点 $u$，结点 $u$ 及其虚儿子的子树们的带权最大独立集。有：

$$\begin{cases}g(u,0)=\sum_{v\not=s_u}\max\{f(v,0),f(v,1)\}\\g(u,1)=\sum_{v\not=s_u}f(v,0)+a_u\end{cases}$$

  用它来表示 $f$：

$$\begin{cases}f(u,0)=g(u,0)+\max\{f(s_u,0),f(s_u,1)\}\\f(u,1)=g(u,1)+f(s_u,0)\end{cases}$$

  写成矩乘：

$$\begin{bmatrix}f(u,0)\\f(u,1)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}g(u,0)&g(u,0)\\g(u,1)&-\infty\end{bmatrix}\begin{bmatrix}f(s_u,0)\\f(s_u,1)\end{bmatrix}$$

  令 $G_u=\begin{bmatrix}g(u,0)&g(u,0)\\g(u,1)&-\infty\end{bmatrix}$，每次修改，仅会影响 $\mathcal O(\log n)$ 个链头，也即是 $\mathcal O(\log n)$ 个虚实交替的位置的 $G$ 需要修改，就可以维护了。

  详细题解：my solution（含实现细节说明）。

「洛谷 P6021」洪水

$\mathcal{Description}$

  Link.

  给定一棵 $n$ 个点的带点权树，删除 $u$ 点的代价是该点点权 $a_u$。$m$ 次操作：

• 修改单点点权。
• 询问让某棵子树的根不可到达子树内任意一片叶子的代价。

  $n,m\le2\times10^5$。

$\mathcal{Solution}$

  还是不考虑修改啦，列出 DP：

$$f(u)=\begin{cases}a_u&u\text{ is leaf}\\\min\{a_u,\sum_vf(v)\}&\text{otherwise}\end{cases}$$

  单独拿出实儿子 $s_u$：

$$g(u)=\begin{cases}+\infty&u\text{ is leaf}\\\sum_{v\not=s_u}f(v)&\text{otherwise}\end{cases}\\\Rightarrow f(u)=\min\{a_u,f(s_u)+g(u)\}$$

  定义矩乘的 $+$ 为加法，$\times$ 为取 $\min$，有：

$$\begin{bmatrix}f(u)\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}g(u)&a_u\\+\infty&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}f(s_u)\\0\end{bmatrix}$$

  仍可用 LCT / 树剖维护。若使用 LCT，询问 $u$ 子树时，应 $\operatorname{access}$ 原树上 $u$ 的父亲，再 $\operatorname{splay}$ $u$，就能保证当前 $u$ 的实链全部在子树内，输出 $u$ 维护的矩乘答案即可。

  详细题解：my solution。

「SP 6779」GSS7

$\mathcal{Description}$

  Link.

  给定一棵 $n$ 个点的带点权树，$q$ 次操作：

• 路径点权赋值。
• 询问路径最大子段和（可以为空）。

  $n,q\le10^5$。

$\mathcal{Solution}$

  嘛……其实就是引例的题搬到树上 qwq。应该可以熟练地列出转移矩阵了叭，设 $f(u)$ 为以 $u$ 为端点的最大子段和，$g(u)$ 为前缀最大子段和，$s_u$ 为 $u$ 的重儿子（这题来练练树剖 www），有：

$$\begin{bmatrix}g(u)\\f(u)\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&a_u&0\\-\infty&a_u&0\\-\infty&-\infty&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}g(s_u)\\f(s_u)\\0\end{bmatrix}$$

  注意在树剖跳重链求答案的时候，必须注意矩乘顺序。例如对于路径 $(u,v)$，钦定 $u$ 为路径起点，当 $u$ 向上跳时，转移矩阵按 DFN 降序；当 $v$ 向上跳时转移矩阵按 DFN 升序，所以线段树应维护两个乘法顺序的矩阵积。

  这道题有些卡常（而且我常数貌似很大 qwq），所以手玩一下转移矩阵的幂，发现：

$$\begin{bmatrix}0&v&-\infty\\-\infty&v&0\\-\infty&-\infty&0\end{bmatrix}^k=\begin{bmatrix}0&\max\{v,kv\}&\max\{0,kv\}\\-\infty&kv&\max\{0,kv\}\\-\infty&-\infty&0\end{bmatrix}$$

  就可以 $\mathcal O(1)$ 求出矩阵幂了。

  详细题解：my solution。

「NOIP 2018」「洛谷 P5024」保卫王国

$\mathcal{Description}$

  Link.

  给定一棵 $n$ 个点的带点权树，$q$ 次询问，每次钦定两个点必须选或不选，求此时点权和最小的选点方案，使得一条边两端至少有一个点被选择。

  $n,q\le10^5$。

$\mathcal{Solution}$

  板不板？哪里需要什么倍增？

  $f(u,0/1)$ 为不选 / 选 $u$ 点时子树最优方案，$g(u,0/1)$ 为不选 / 选 $u$ 点时除实儿子 $s_u$ 以外的最优方案，有：

$$\begin{bmatrix}f(u,0)\\f(u,1)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}+\infty&g(u,0)\\g(u,1)&g(u,1)\end{bmatrix}\begin{bmatrix}f(s_u,0)\\f(s_u,1)\end{bmatrix}$$

  考虑表示“钦定”：将不选的点的点权增加 $+\infty$，将必选的点的点权增加 $-\infty$，显然最优方案必选此时点权极小的“必选点”，必不选点权极大的“不选点”。那么正常地 $\operatorname{splay}(root)$ 得到整棵树的 DP 结果即可。注意要将点权复原。

  详细题解：懒了 www，需要参考代码见云剪切板。