DP Problems

考虑到 Topcoder AC 不方便，所以 Topcoder 的都没写（）

1.CF1152F2 Neko Rules the Catniverse (Large Version)

题意： 给定 \(n,k,m\)，求满足条件整数序列 \(a_1, a_2, a_3, \dots, a_k\) 个数：

1. \(1 \le a_i \le n\)。

2. \(\forall i \ge 2, a_{i} \le a_{i-1} + m\)

3. \(a_i\) 互不相同。

\(n \le 10^9, k \le 12, m \le 5\)。

思路：

我们发现，三个条件中最难的是 \(a_i\) 互不相同，这意味着我们如果按照 \(a_1, a_2, \dots, a_k\) 顺序 dp 将极其困难。

所以我们考虑按照值域的顺序来 dp，这里常见的计数就是插入的方法。

我们从大到小考虑，每次假设插入当前这个数，对于一个序列，我们可以插入在末尾或者某个数前面。

考虑到这个数是当前最小的，末尾肯定可以。

而如果在某个数后面就需要后面的数满足 $\le m + $ 当前这个数。

所以我们不妨设 \(f(i,j,S)\) 表示考虑到 \([i,n]\)，已经有了 \(j\) 个数，并且 \([i + 1, i + m]\) 这个范围内的情况是 \(S\)，每次转移乘上 \(\text{popcount(S)} + 1\) 即可。

然后发现这个可以用矩阵加速转移。就做完了。

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2.GYM100377H Petya and arrays 加强版

题意： 求满足以下条件的 \(n\) 长度整数数组：

1. 每个数都属于 \(\{1,2,3,\dots,P\} / \{A\}\)。

2. 连续的子数组的和不是 \(P\) 的倍数。

对 \(10^9 + 7\) 取模。

\(n \le 85, A,P \le 10^9\)。

思路：

首先第二个性质的形式显然是将数组转化成前缀和。意味着不存在 \(s_i \equiv s_j \pmod P\)。

所以我们不妨将前缀和对 \(P\) 取模。现在就是不能有相等的。

同时我们还发现要求不能有 \(s_i + A \equiv s_{i+1} \pmod P\)。

我们不妨将所有的 \(i\) 向 \(i + A \pmod p\) 连边，这样会形成若干个环。

现在变成了我们需要按顺序在这些环上选取一些数，要求有相邻的不能相邻的选。

我们不妨对每个环 dp 算出在这个环选若干个组成序列的方案数。

考虑到 \(n\) 很小，我们还是可以以插入的形式，不妨设 \(f(i,j,S)\) 表示当前在环上按顺序考虑了 \(i\) 个点，已经选了 \(j\) 个，第一个元素和 \(i-1\) 的状态是 \(S\)。

转移很好转移，同样可以矩阵快速幂优化，算答案时看一下 \(S\) 即可。

考虑到所有环都是相同的，我们只用计算 \(n\) 个环的贡献即可。这里可以用背包，最后容斥和组合数算一下即可。

（不保证正确性）

3.Topcoder10741 Colorful Maze

题意：

有一个 \(n \times m\) 迷宫，包括障碍物和空格，其中空格都有一个颜色 \(0 \sim 6\)。

每种颜色有概率 \(a_i\) 是危险的。如果进入一个危险颜色的格子两次就会死亡。

现在给定起点和终点和地图，求最优策略下活着走到终点的最大概率。

\(n,m \le 50\)

思路：

显然最优策略不是固定的，于是我们考虑设计 dp 状态。

对于这种概率 dp，更好的方式是从起点往回推。

设 \(f(i,j,mask,D)\) 表示从 \((i,j)\) 出发，已经确认了 \(mask\) 是安全的，\(D\) 是危险的（如果没有则 \(D = 7\)），求走到终点的最大概率。

我们枚举走到的下一个格子转移即可。

但是问题在于如果我们走到一个 mask 中的格子就将陷入死循环。

为此我们需要将所有相同颜色的格子所称一个大点来 dp 即可。

4.P2150 [NOI2015] 寿司晚宴

题意：

选取两个集合 \(A,B\) 满足：

1. \(A,B \sube \{2,3,\dots,n\}\)。

2. 不存在 \(x,y\) 使得 \(x \in A, y \in B\) 且 \(x\) 与 \(y\) 不互质。

\(n \le 500\)。

思路：

经典题。

我们考虑将 \(A,B\) 的质因子集合记作 \(P_A, P_B\)，不难发现 \(P_A \cap P_B = \empty\)。

但是质数的个数太多了，不好 dp。

我们发现，如果将质数按照 \(\le \sqrt n\) 和 \(> \sqrt n\) 分类，则每个数至多含有一个二类质数！

而枚举一下发现一类质数个数最多 \(8\) 个。

所以我们可以把每个数划到其二类质数的那一类，现在问题转化为：每一类只能一个集合选，且一类质数不冲突。

于是我们对一类质数状压即可。时间复杂度 \(O(n2^{16})\)。

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5.UOJ86 mx的组合数

题意：

对于 \(i = 0, 1, \dots, p-1\)，分别求 \(l \le x \le r\) 且 \(\binom{x}{n} \equiv i \pmod p\) 的个数，对 \(998244353\) 取模。

\(p \le 30000, l,r,n \le 10^{30}\)。

思路：

Lucas 定理非常厉害的应用。对于模数很小的情况 Lucas 定理会很有用。

我们考虑 Lucas 定理的等价形式：不妨设 \(x = (x_1x_2\dots x_m)_p,n = (n_1n_2\dots n_m)_p\)，则：

\[\binom{x}{n} \equiv \binom{x_1}{n_1}\binom{x_2}{n_2}\dots\binom{x_m}{n_m} \bmod p \]

然后明显这道题就变成了一个数位 dp 题。

我们不妨设 \(f(i,j,0/1)\) 表示当前考虑了前 \(i\) 位，组合数乘起来模 \(p\) 是 \(j\)，是否贴着上界。

转移需要枚举下一位的所有选择，时间复杂度为 \(O(p^2 \log n)\)。但是显然是过不去的。

我们发现如果我们把乘法转换成原根的加法，这将是一个卷积的形式，并且模数 \(998244353\) 支持 NTT，所以用 NTT 优化即可做到 \(O(p \log p \log n)\) 了。

但是我们无法计算 0 的方案数，但是我们也只无法计算 0 的方案数，最后用总数减去即可。

注意差分的时候如果 \(l - 1 < n\) 也要减去 0 的贡献。

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6.POJ1090 Chain

题意：

现在有一个长为 \(n\) 的 01 串，每次可以执行下面两种操作之一：

1. 找到最右边的 1 并反转其左边的元素。

2. 反转最后一位。

求最少几次变成 0。

思路：

首先我们需要观察：连续两次同种操作会抵消，所以操作一定是交替进行的。

所以只有两种可能，并且我们发现每种操作都会减少或增加一个 1，所以这其实就是格雷码！

我们知道，第 \(n\) 个的格雷码是 \(n \oplus [\frac{n}{2}]\)，所以我们可以倒退出其是第几个格雷码。

注意到标准格雷码是一个环，有两种方法到起点，都要考虑。

7.Topcoder13457 BoardFolding

题意：

有一个 \(n \times m\) 的 01 矩阵，可以横着或竖着对折，要求重叠部分完全一样，求最后能折成的最小面积。

\(n,m \le 250\)（实际可以做到 \(O(nm)\)）

思路：

一个很自然的想法是 \(f(a,b,c,d)\) 表示 \([a,b] \times [c,d]\) 这个矩形是否可行。

转移枚举一下对折线即可，时间复杂度 \(O(n^2m^2(n+m))\)。

我们考虑优化，通过观察，我们发现一个事情：横着对折和竖着对折互不影响。

所以我们可以分成 \(f(a,b)\) 和 \(f(c,d)\)，表示只考虑一种方向的对折是否可行，最后乘起来即可。

进一步，我们可以直接变成 \(f(a)\)，\(f(b)\) 表示 \([1,a]\) 是否可行和 \([b,n]\) 是否可行，然后乘起来。

用 Manacher 来转移，时间复杂度 \(O(nm)\)。

8.CF111C Petya and Spiders

题意：

有一个 \(n \times m\) 的矩阵，每个格子有一只蜘蛛，每只蜘蛛可以往上下左右移动一格或者不移动，求最多空出多少个格子。

\(n\times m\le 40\)。

思路：

根号分治得到 \(\min\{n,m\}\le 6\)，所以我们可以状压 dp。

设 \(f(i,j,k)\) 表示到第 \(i\) 行的都确定了，当前第 \(i\) 行和第 \(i+1\) 行的状态是 \(j,k\)。

如果直接枚举第 \(i+1\) 行的话需要枚举 \((x,y,z)\)，转移如下：

\[f(i,j,k) + \text{popcount(x&(~j))} + \text{popcount(k&(~y))} + \text{popcount(z)} \to f(i+1,k|y,z) \]

但是时间复杂度是 \(O(n2^{30})\)，显然不行。

发现 \(x\) 其实不会关心转移，所以我们对 \((j,y,z)\) 记录最小的 \(x\) 即可。

时间复杂度 \(O(n2^{24})\)。

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9.[AGC012E] Camel and Oases

题意：

直线上有 \(n\) 个点 \(x_1 \sim x_n\) 和一个数字 \(V\)，两个点可达当且仅当其距离小于等于 \(V\)。

从一个点出发，可以到达其所有直接或间接可达的点，或者跳跃到任何一个点，但是这样的话就会使得 \(V \to [\frac{V}{2}]\)。

求每个点出发能否访问所有点。

\(n,V \le 2 \times 10^5\)。

思路：

显然 \(V\) 的取值总共有 \(k = [\log_2V]\) 个，我们就是要把这些点分成 \(V\) 组，使得每组互相可达的最小的 \(V\) 不超过分配给这个组的长度。

所以我们考虑状压 dp，不妨设 \(f(S)\) 表示如果用 \(S\) 中的长度，最长能覆盖的前缀。\(g(S)\) 则表示后缀。

我们通过枚举下一个长度和预处理可以计算出这两个值。

然后我们发现对于一个点，假设其最近不能覆盖到的是 \(l \sim r\)，则我们需要找到 \(S\) 满足 \(f(S) \ge l, g(S) \le r\)，这显然是充分的。

于是二维数点即可。

时间复杂度 \(O(n \log n)\)。

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10.CF678E Another Sith Tournament

题意：

\(n\) 个人决斗，你知道每两个人之间彼此获胜的概率，你先选两个人决斗，赢的人继续和你再次选的人决斗（你可以根据上次结果来选），求最后 1 号获胜的最大概率。

\(n \le 18\)。

思路：

首先这是一道概率问题，我们发现，如果我们知道了当前的人是 \(i\)，现在还未决斗的人的集合是 \(S\)，那么我们应该有一个最优策略是的我们会选一个 \(j\) 与 \(i\) 决斗。

所以我们不妨设 \(g(i,S)\) 表示最大的概率，那么我们现在要做的就是选一个 \(j\)，使得决斗后的概率最大。

明显有 \(g(i,S) = \max_{j}\{g(i, S - \{j\}), g(j, S - \{i\})\}\)，则我们最后只用看最开始选哪个人即可。

时间复杂度是 \(O(n^22^n)\)，关键在于什么状态会确定最优策略。

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11.CF1342F Make It Ascending

题意：

将 \([n]\) 划分成 \(S_1, S_2, \dots, S_k\)，设 \(f(S) = \sum_{i \in S}a_i\)，要求 \(f(S_1) < f(S_2) < \dots < f(S_k)\) 且存在 \(i_j \in S_j\) 使得 \(i_1 < i_2 < \dots < i_k\)。

\(n \le 15\)。

思路：

显然是用状压 dp，我们思考一下哪些东西会影响状态：当前已经选了的元素，总共选了多少个集合，上一个的代表，上一个集合的权值。

只要知道这些就能转移，但是显然不能都存下来，我们发现题目特征是单调递增的序列，这让我们想到 LIS 的二分算法，所以我们可以记 \(f(i,j,S)\) 表示选了 \(i\) 个集合，上一个代表是 \(j\)，用了 \(S\) 中的元素，上一个集合权值和最小是多少。

我们发现转移只用枚举下一个集合是什么即可。注意需要取前缀 min 来优化，时间复杂度 \(O(n^23^n)\)。

但是这道题比较卡常，需要用刷表法，当遇到不可行的状态时就不去转移。

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12.P2466 [SDOI2008] Sue 的小球

题意：

一个平面上有若干个小球从开始时刻以固定的速度开始下落，给定起点，从起点出发在 \(x\) 轴上移动，移动 1 格花费 \(1\) 秒。

每次第一次到达某个横坐标时，就能获得现在这个横坐标的所有小球的纵坐标的值的和，求收集完所有小球后贡献最大是多少。

\(n \le 1000\)。

思路：

首先，这道题最开始需要观察，我们发现，如果从起点出发，向左走了一段距离后向右走，那么我们肯定要走到越过原来起点的位置，这样才会有新的收益。所以我们就能大概知道答案的样子。

但是这个计算方式也需要转化一下，我们发现，当我们走了 \(1\) 秒后，我们对答案的贡献其实是当前没有走到过的小球的速度和。

所以任何时刻收集的小球都是区间，我们考虑区间 DP，设 \(f(l,r,0/1)\) 表示走完 \([l,r]\) 区间后，最后一次是 \(l \to r\) 或者 \(r \to l\)。

如果直接枚举上一次不同方向的话就是 \(O(n^3)\) 的了，过不去。我们发现其实 \(f(l,r,0)\) 可以从 \(f(l,r - 1,0)\) 和 \(f(l,r-1,1)\) 转移就够了，这样就能涵盖所有的情况。

所以我们便得到了 \(O(n^2)\) 的做法。

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13.CODE FESTIVAL 2017 qual B D-101 to 010

题意：

有一个 \(01\) 序列，每次可以将一个 \(101\) 变成 \(010\)，求最多能操作几次。

\(n \le 5 \times 10^5\)。

思路：

题解直接线性 dp 什么神仙。感觉我的做法更平易近人一点。

我们首先还是观察，我们发现其实我们可以将整个段按照中间隔了超过 1 个 0 的分成若干段，每一段都是 \(1\dots101\dots101\dots101\dots1\) 这样的。

我们先对于两个 0 的 \(1011\dots1101\)，我们发现让其中的一个 101 占用中间的所有 1 与两个都占一点是一样的。

所以我们可以根据这个对于每一段来 dp，设 \(f(i,0/1/2)\) 表示第 \(i\) 个 \(0\) 占用左边的 1/右边的 1/不用。

转移非常简单，于是我们直接分段也是在 \(O(n)\) 内解决这个问题。

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14.ZOJ1234-Chopsticks

题意：

将 \(n\) 个数分成 \(K\) 个三元组 \(a \le b \le c\)，每个三元组权值是 \((a-b)^2\)，求最小权值和。

\(n \le 5000\)。

思路：

首先不难猜测最优解的所有 \(a,b\) 都是相邻的，否则我们可以通过调整使得最优解不优。

所以我们就可以考虑 \(dp\)，倒序排序，设 \(f(i,j)\) 表示前 \(i\) 个选了 \(j\) 个的最小代价，如果 \(3j \le i\)，就用 \(a=i,b=i-1\) 转移即可。

注意这道题卡空间，需要滚动数组。

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15.[ARC078F] Mole and Abandoned Mine

题意：

给定一张无向连通图，边有边权，求最少割掉的边权总和，使得 \(1\) 到 \(n\) 只有唯一一条简单路径。

\(n \le 15\)。

思路：

\(O(n^23^n)\) 的更劣做法。

我们首先需要观察最终剩下的样子，不难发现其实是将 \([n]\) 划分成若干个集合，路径上每一个点都在一个集合中，集合之间除了路径上的边没有其他边。

这就很好 dp 了，\(f(i,S)\) 表示现在路径上最后一个点是 \(i\)，已经用了 \(S\) 中的点。

我们只需要枚举下一个路径上的店和其对应集合即可。需要预处理两个点集的所有边权，这个可以 \(O(n^23^n)\) 暴力处理，但是更好的方法是算出一个点集内部的边权然后容斥，这样变成 \(O(n^22^n)\)。

于是总的复杂度是 \(O(n^23^n)\)，可以用链表储存每个集合的元素，这样可以减少常数。

但是我们其实可以将选点和选集和分开，这样就是 \(O(n3^n)\) 的了。

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16.CF55D Beautiful numbers

题意：

求 \([l,r]\) 中所有被其每个位置上的非零数整除的数的个数。

\(l,r \le 9 \times 10^{18}, T \le 10\)。

思路：

最朴素的想法是记录当前存在的数字集合与 \(2 \sim 9\) 每个数字的余数，但是显然过不去。

首先，我们发现，只用知道 \(5,7,8,9\) 的余数就可以推出所有数是否整除，所以我们只用记录这四个书的余数。

其次，我们发现，我们其实只需要记录当前数字集合中 \(2,3,5,7\) 的最高次幂即可，所以我们总的状态数是 \(18 \times 2520 \times 48 = 2 \times 10^6\)，完全可做。

注意到是多测，所以我们记忆化搜索时不记录 lim 的记忆化。

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17.Topcoder 修正表达式

题意：

现在有三个正整数 \(a,b,c\)，可以执行一下操作任意多次：

1. 将 \(0 \sim 9\) 中的一个插入到某个数的某个位置，单次花费 \(I\) 元。

2. 将某个数的某个位置修改，单次花费 \(R\) 元。

3. 删除某个数的某个位置，单次花费 \(D\) 元。

现在给定 \(a,b,c,I,D,R\)，求使得 \(a+b=c\) 的最少花费，要求任意时刻都没有前导 \(0\)。

思路：

我们考虑数位 dp，设 \(f(z,carry,A,B,C,S,lim)\)：

\(z = 0/1/2\) 表示当前处理哪个数。

\(carry\) 表示当前的 \(c - a - b\) 也就是进位。

\(A,B,C\) 分别表示当前应该处理到这三个数的哪一位。

\(S = 0 \sim 7\) 表示当前三个数是否有前导 0。

\(lim\) 表示当前执行的插入次数，以此来断绝后效性。

我们从 \(z = 2\) 开始，然后 \(z=1\)，然后 \(z=0\) 轮流进行。

首先考虑终止状态，如果 \(z=2\) （注意这个一定要有，否则有可能出现 \(100,100,10000\) 这种最后一个 \(0\) 被忽略的情况）并且 \(A=B=C=0\) 并且 \(carry=0\) 的话就是一个可能的终止状态。

否则，我们考虑转移。

首先，如果我们保留不变，则当前的 \(z\) 这个数处理减去 1，并且需要更新前导 \(0\) 和进位，同时要确保这个数不是前导 \(0\)。

如果我们插入，我们枚举插入的这个数，依然要求没有前导 \(0\)，同时更新 \(lim\)，

如果是修改，我们枚举修改成什么，然后更新即可。

如果是删除，需要注意，对于 \(a,b\)，我们可以直接 \(A-1\) 或 \(B-1\) 进行删除。但是假设当前我们还是前导 \(0\)，我们也可以不放数，不进行任何操作，转移到下一个数即可。

最后对于 \(c\) 的情况，如果存在某个时刻 \(C=0,A \ge 0, B \ge 0\)，则我们需要处理看看如果当前把 \(A,B\) 删了也是一种情况。

总之转移就是这些，代码用记忆化搜索还是相对比较好实现的。

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18.CF1334F Strange Function

题意：

定义 \(f(a)\) 表示 \(a\) 的前缀最大值构成的数组，给定 \(a,b\)，以及每个 \(a\) 中的数删除的代价，求最小代价使得 \(f(a) = b\)。

\(n \le 5 \times 10^5\)。

思路：

先考虑朴素的 dp，设 \(f(i)\) 表示 \(1 \sim i\) 的最小代价，\(b\) 中位置 \(t\) 可以唯一确定。则：

\[f(i) = \max_{0 \le j < i, a_j = b_{t-1}}\{f(j) + \sum_{k = j + 1}^{i-1}[a_k \le a_j][p_k > 0]p_k\} + p_i \]

我们考虑维护所有下标并 lazy 更新。

我们发现 \(i \to i + 1\) 时，如果 \(p_i > 0\)，则比 \(a_i\) 大的都会更新，而本身还要考虑被 \(i\) 更新。

需要后缀加，单点查询，单点修改，用 BIT 维护即可。

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