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Note -「动态 DP」学习笔记

\(\mathcal{Introduction}\)

\(\mathcal{Problem~1}\)

  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,\(g_i\)\([1,i]\) 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 1Problem 2


  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,\(s_u\)\(u\) 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

posted @ 2020-07-27 10:26  Rainybunny  阅读(191)  评论(1编辑  收藏  举报