DP选做

DP选做

P4805 [CCC2016] 合并饭团 [区间DP] [单调性优化] [提高+/省选-]

和普通区间DP有一点点区别，就是多加了一个三个区间的合并

至于普通合并是$n^4$，再加一个单调性优化即可变成$n^3$

即左区间的右端点右移时右区间的左端点一定左移，区间相等后还要看中间区间能不能变成一个饭团

P2238 逛庙会 [普通DP] [状态压缩] [省选/NOI-]

考虑一开始想的是压上下左右四个状态，后面发现只有下和右状态有用

接下来发现做法假了，比如说从上往下转移时，转移到的格子的左边那个格子的状态不见了

后来发现需要记录4个格子

然后写了$\frac{1}{3}$个上午，细节有点多，把代码贴出来吧

check: (int i,int j,int k){
	if(get(k,0) && (i == 0 || shop[i-1][j+1] == 0)) return 1;
    if(get(k,1) && shop[i][j+1] == 0)return 1;
   	if(get(k,2) && shop[i+1][j] == 0)return 1;
   	if(get(k,3) && (j == 0 || shop[i+1][j-1] == 0)) return 1;
	return 0; 
}
 
main:
	for(int k = 0; k <= 15; ++k)dp[1][1][k] = 0;
    for(int i = 1; i <= H; ++i){
    	for(int j = 1; j <= W; ++j){
    		if(i == 1 && j == 1)continue;
    		for(int k = 0; k < 16; ++k){
    			if(get(k,1) && get(k,2))continue;//下和右不可能都没与处理
    			if(check(i,j,k)) continue;
    			int up,down,left,right,now; 
    			balabala...//上向下 
				for(int l = 0; l < 16; ++l){
    				if(get(k,0) == 0 && shop[i-1][j+1] != 0)break;//0号点一定没处理过 
    				if(check(i,j-1,l))continue;//检查合法性 
    				if(get(l,2) != get(k,3)) continue;//前面的二号点等于现在的三号点 (继承)
    				if(get(k,1) + get(k,2) > 1)continue;//没处理的点的个数不能超过1个 
    				left = 0,down = (get(k,2)^1) * shop[i+1][j],right = (get(k,1) ^ 1) * shop[i][j+1];
    				if((get(k,1) || get(k,2)) && get(l,0)) up = shop[i-1][j];//上面的点如果能不处理就不处理 
    				else up = 0;
    				now = get(l,1) * shop[i][j];//左面没处理当前点就处理 
    				dp[i][j][k] = min(dp[i][j-1][l] + up + down + left + right + now,dp[i][j][k]);
				}//左向右  
			}
		}
	}

P2051 [AHOI2009] 中国象棋 [普通DP] [组合数学] [打表] [提高+/省选-]

法一：DP

状态设置：

一开始想到的是部分分十分的显然，就是一个状压DP，但是有没有一种可能，对于前$i$行这道题只需要知道几列没放，几列放了一个，几列放了两个

$dp[i][j][k]$表示对于前$i$行，有$j$列放了一个，有$k$列放了两个

$$dp[i][j][k]=max\{\begin{array}{ll}dp[i-1][j][k]& \mathrm{该}\mathrm{行}\mathrm{不}\mathrm{放}\\ dp[i-1][j-1][k]\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{m-j-k+1})& \mathrm{放}\mathrm{一}\mathrm{个}\mathrm{到}\mathrm{没}\mathrm{有}\mathrm{棋}\mathrm{子}\mathrm{的}\mathrm{一}\mathrm{列}\\ dp[i-1][j+1][k-1]\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{j+1})& \mathrm{放}\mathrm{一}\mathrm{个}\mathrm{到}\mathrm{有}\mathrm{一}\mathrm{个}\mathrm{棋}\mathrm{子}\mathrm{的}\mathrm{一}\mathrm{列}\\ dp[i-1][j-2][k]\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{m-j-k+2})& \mathrm{放}\mathrm{两}\mathrm{个}\mathrm{到}\mathrm{没}\mathrm{有}\mathrm{棋}\mathrm{子}\mathrm{的}\mathrm{两}\mathrm{列}\\ dp[i-1][j][k-1]\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{j})\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{m-j-k+1})& \mathrm{放}\mathrm{两}\mathrm{个}\mathrm{到}\mathrm{一}\mathrm{列}\mathrm{有}\mathrm{一}\mathrm{个}\mathrm{棋}\mathrm{子}、\mathrm{一}\mathrm{列}\mathrm{没}\mathrm{有}\mathrm{棋}\mathrm{子}\mathrm{上}\\ dp[i-1][j+2][k-2]\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{j+2})& \mathrm{放}\mathrm{两}\mathrm{个}\mathrm{到}\mathrm{有}\mathrm{一}\mathrm{个}\mathrm{棋}\mathrm{子}\mathrm{的}\mathrm{两}\mathrm{列}\end{array}$$

法二：打表

考虑把表打完好像交不了，那就打像三角形一样的一半即可，这里就不给出打的表了，有点长……

P3177 [HAOI2015] 树上染色 [树型DP] [上下界优化] [提高+/省选-]

计算每一条边的贡献，就是(下面的黑点数×上面的黑点数+下面的白点数×上面的白点数) ×边的边权

考虑需要进行上下界优化

void dfs(int u,int fa){
	siz[u] = 1; 
	for(int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next){
		int v = edge[i].to,val = edge[i].val;
		if(v == fa) continue;
		dfs(v,u);
		siz[u] += siz[v];
		for(int j = min(siz[u],m); j >= 0; --j)
			for(int k = max(0,j - (siz[u] - siz[v])); k <= min(siz[v],j); ++k){
				if(dp[u][j-k] == -1) continue;
				ll tot = val * ((ll) k * (m - k) + ((ll)siz[v] - k) * (n - m - siz[v] + k));
				dp[u][j] = max(dp[u][j],dp[u][j - k] + dp[v][k] + tot);
			}
	}
}

本质上就是说对$j$的枚举进行一个剪枝

[POI2017]Sabotaż [树状DP] [提高+/省选-]

solution 1：二分答案

考虑每次二分一个答案，然后进去去跑一遍看他能不能跑出$k$个间谍，理论上$O(nlo{g}_n)$不知道能不能过

solution 2：树状DP

考虑设计状态，令$dp[i]$表示让$i$以及它的子树不全部叛变的最小的$x$,即全部叛变的最大的$x$，定义$siz[i]$为以$i$为子树的点的个数

$$dp[u]=max(dp[u],min(dp[v],\frac{siz[v]}{siz[u]-1}))$$

$$ans=max(dp[x]),x\in [1,n],k\le siz[x],x\mathrm{为}\mathrm{整}\mathrm{数}$$

特别地，叶子节点的$dp$值为$1.00$

解释：

• 一个子树让它的父亲叛变的条件需要都满足（子树叛变，并且$x$要小于该子树所占的比例），所以取$min$
• 全部叛变最大的$x$，所以取$max$
• $ans$取$max$同理

P3195 [HNOI2008] 玩具装箱 [普通DP] [斜率优化] [省选/NOI-]

斜率优化板子

P2120 [ZJOI2007] 仓库建设 [普通DP] [斜率优化] [省选/NOI-]

斜率优化，然后有一些点需要注意

1. 在末尾可能有$p_i=0$的无效工厂，这些工厂不需要在$n$点额外建造一个仓库；
2. 有可能全部工厂都是无效工厂，注意特判边界；
3. 斜率优化有条件的请使用叉积，如果用除法请注意分母为$0$的情况；
4. long double 能够帮助你解决一部分掉精度的问题，当然本题不一定需要；

P2490 [SDOI2011]黑白棋 [博弈论] [计数DP] [组合数] [省选/NOI-]

K-nim游戏 即给你$n$堆石子，你一次可以取最多$K$堆，最后取的人获胜

我们将所有数进行二进制拆分，每一位上的和为$r_i$，如果$\text{exist}i\in \text{Z},r_i\mathrm{mod}k+1\ne 0$那么先手必胜；否则先手必败

prove:

如果所有的$r_i$都为$0$，则一次操作肯定会使得某些数位上的$r$值改变。又因为一堆石子每位上都是$0$或$1$，所以变动的绝对值不会超过$k$。因此操作结束后该位置上的$r_i\mathrm{mod}(k+1)$必不能为$0$。
否则，另一名玩家一定可以通过一次操作将所有的$r_i$变成$0$

这道题，不一样的是，最后取的为失败，那么我们就设$dp[i][j]$表示前$1\to n$位的$r$都是$0$，现在剩了$j$个石子的方案数

然后该怎么推怎么推啦！（不想写了逃）

P2605 [ZJOI2010]基站选址 [普通DP] [线段树优化] [NOI/NOI+/CTSC]

P6563 [SBCOI2020] 一直在你身旁 [区间DP] [单调队列优化] [省选/NOI-]

如果我有人一直在我身旁就好了（酸

考虑一眼区间DP

设计状态$dp[i][j]$表示将电线的长度范围缩小到区间$[i,j]$的最小代价

那么我们可以知道$O(n^3)$做法：

$dp[i][j]=min(dp[i][j],max(dp[i][k],dp[k+1][j])+a[k])$

看数据范围，好像是$O(n^2)$

这个区间的枚举显然是不怎么变的，如果要变的话也只能是把$k$的转移进行一个优化

如果说把$max()$​这个可恶的东西去掉，那么就显然是一个单调队列优化

如果只是从$dp[i][k]+a[k]$转移的话，那么就是单调递增的，取最左边的即可

如果只是从$dp[k+1][j]+a[k]$转移的话，那么就是一个单调队列即可

加上$max()$就是进行一个分类讨论

那么当$dp[i][k]>dp[k+1][r]$时从$dp[i][k]+a[k]$转移，随着$r$指针右移，$k$指针左移

那么当$dp[i][k]<dp[k+1][r]$时从$dp[i+1][j]+a[k]$转移，随着$r$指针右移，向单调队列中往右边加入值，单调队列从左至右单减

这样我们的循环也要变一下，先$r$再$l$

P1131 [ZJOI2007] 时态同步 [数型DP?] [贪心] [提高+/省选-]

考虑不像DP，更像贪心

你知道，如果说在不改变到根节点距离最长的子节点的长度的情况下，改变的边的长度越深，方案越优

then，就贪心完了呗

void dfs(int u,int fa){
	for(int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next){
		int v = edge[i].to;
		if(v == fa) continue;
		dfs(v,u);
		dis[u] = max(dis[u],dis[v] + edge[i].val);
	}
	for(int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next){
		int v = edge[i].to;
		if(v == fa) continue;
		ans += dis[u] - dis[v] - edge[i].val;
	}
}

$dis[u]$表示$u$的子树中，最长的子树中节点到$u$的距离

P2466 [SDOI2008] Sue 的小球 [区间DP] [预处理当前选择对将来选择的影响] [省选/NOI-]

这道题，一看就是一个区间DP，然后呢……（LXW停止运行，正在向HF报告错误

考虑，你显然要先排一遍序

然后可以设计状态：

$$dp[i][j][k]\mathrm{表}\mathrm{示}，\mathrm{收}\mathrm{集}\mathrm{了}\mathrm{第}i\sim j\mathrm{的}\mathrm{个}\mathrm{球}\mathrm{的}\mathrm{得}\mathrm{分}\mathrm{的}\mathrm{最}\mathrm{大}\mathrm{值},k=0\mathrm{时}\mathrm{在}i，k=1\mathrm{时}\mathrm{在}j$$

考虑得分这个东西好像不太好搞，那么我们可以把最大得分改为最小失分

then，你可以发现一些奇妙的发现：

你并不能确定$dp[i][j][k]$的时间是多少，那么你的失去的分数就不太好算，这时候就到了这到题的精华

预前处理当前选择对将来选择的影响！

比如说，你从$dp[i+1][j][0]$转移到$dp[i][j][0]$：

• 在你移动的这段时间里，$1\sim i$和$j+1\sim n$的所有彩蛋都会减少一些分数，这些分数即是转移时需要加上的值

最后是一段核心转移code：

为了写起来方便，把$f[i][j][0]$变成了$f[i][j]$，把$f[i][j][1]$变成了$g[i][j]$

$pre[i]$为$1\sim i$的$v$的和

望知晓！！

f[i][j] = min(f[i][j],f[i+1][j] + (pre[i] - pre[0] + pre[n] - pre[j]) * (ball[i+1].x - ball[i].x));
f[i][j] = min(f[i][j],g[i+1][j] + (pre[i] - pre[0] + pre[n] - pre[j]) * (ball[j].x - ball[i].x));
g[i][j] = min(g[i][j],g[i][j-1] + (pre[i-1] - pre[0] + pre[n] - pre[j-1]) * (ball[j].x - ball[j-1].x));
g[i][j] = min(g[i][j],f[i][j-1] + (pre[i-1] - pre[0] + pre[n] - pre[j-1]) * (ball[j].x - ball[i].x));

P2607 [ZJOI2008] 骑士 [树型DP] [基环树] [省选/NOI-]

就是上司的舞会(树型DP)，然后多了你要有很多判环，反正是一道基环树DP板子，看看题解即可。