常见DP类型

常见DP类型

第一节：线性DP

思想：DP是作用在线性空间上的递推——DP的阶段按照各个维度线性的增长，从一个或多个边界点开始有方向的向整个状态空间转移扩展，最后在每个状态上保留的以自身为目标问题的最优解

简单的说，DP是不断划分自己的子问题（满足能从小问题推出大问题的答案），从最小的子问题开始一步步逼近目标点得到答案

DP实现的方式：

1.正序计算，

这里适用于最小的子问题可以直接得到解，且终态是一个确定的解。适用于大部分DP情况

2.倒序计算。

即我们知道终态的答案或者是由初始状态可以推出多个最终状态，此时就可以由终态反推回去。常用于数学期望的DP（期望性质：$E(ax+by)=aE(x)+bE(y)$）

3.记忆化搜索 常数略大于一般DP

这里普遍用于DP在状态空间上的遍历很难直接用循环表示出来，或者说，不能用循环表示，此时一般使用记忆化搜索，多数用于图的DP

编写技巧

1.可以思考从当前答案向前推，亦或者用以前的答案求现在的答案两种形式，有些时候两种方式的实现复杂度会相去甚远

2.在DP的状态转移的时候，可以观察多重循环中相对内层循环的不变条件，以及内层循环的变量取值的域，对此可以适当的优化

比如LCIS这道题中，最后一层循环的k可以省去，因为k的取值在j+1时取值范围只会增大一，就可以省略最后一层，避免重复计算，观察决策集合随着外层循环的变化，若值增大不减小且限制条件不变，便可以只用一个变量来维护决策

3.注意挖掘题目中的维度，阶段

4.当DP涉及多个序列或者是连续性，需要序列末尾值的时候，可以将序列末尾的值当作一个状态存下（也可以用其他维度代表）

5.尽量地省略维度，在一个维度可以被其他维度表示出来的时候（这个关系往往需要去发现），就可以省掉这一维度

6.有些时候并不好确定DP的顺序，就可以使用贪心，topsort这些确定DP顺序，一般需要在题目里挖掘条件

7.缩放的艺术，当DP的f值只与前面的元素的相对关系有关的时候，就可以缩放状态，以保持相对关系不变性（比如所有都加一减一啥的）。。。比如ACwing277.饼干

8.当仅仅是题目中的维度不足以表示出整个状态，需要某些变量的时候，就可以找到某些变量将其也作为维度

9.需要注意DP时循环顺序应为：阶段->状态->决策

第二节——背包

01背包：

问题描述：有$n$个物品，其中第$i$个物品体积记作$V_i$,价值记作$W_i$,要求从中选出若干个，使得总体积不超过$M$，且价值和最大

模板：

int f[MAX_M];
memset(f,0xcf,sizeof f)l;
for(int i=1;i<=n;i++){
	for(int j=mj>=v[i]--j){//注意是倒序计算
		f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
	}
}
int ans=0xcfcfcfcf;
for(int i=0i<=mi++)ans=max(f[i],ans);
                  

统计方案的时候把$max$改成加

完全背包

问题描述：同01背包，但有无数个物品
板子:

int f[MAX_M];
memset(f,0xcf,sizeof f);
for(int i=1;i<=n;i++){
	for(int j=v[i];j<=m;++j){//注意是正序计算
		f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
	}
}
int ans=0xcfcfcfcf;
for(int i=0;i<=m;i++)ans=max(f[i],ans);
                  

解释:我们省略了第一维，所以倒序枚举的时候是建立在$i-1$的基础上的，而正序建立在$i$的基础上，就可以被重复计算
原因：二者二维递推式：

01背包

$$f_{i,j}=max(f_{i-1,j},f_{i-1,j-v[i]}+w[i](j\ge v[i]))$$

完全背包

$$f_{i,j}=max(f_{i-1,j},f_{i,j-v[i]}+w[i](j\ge v[i]))$$

多重背包

问题描述：有$n$种物品，每种有$C_i$个，其中第$i$种物品体积记作$V_i$,价值记作$W_i$,要求从中选出若干个，使得总体积不超过$M$，且价值和最大

思路

1.暴力拆他死了

2.二进制拆分

先上复杂度 $\mathrm{\Theta }(nM\log E)$ 其中$E$是$C_i$的值域

思想：因为每一个数都可以表示为若干个二的整次幂(不重复)的和
所以我们可以计算出一个$p_i$满足:

$$2^0+2^1+\dots 2^p\le C_i$$

且这个$p$最大

此时我们就可以将$C_i$拆分成$p+2$个部分，即：
$2^0,2^1,2^2,\dots ,2^p,C_i-\sum _{i=0}^p{2}^i$,最后那个式子可以由等比数列求和公式改为:$C_i-2^{p+1}+1$

这样我们就可以把一共$\sum _{i=1}^n{C}_i$个物品拆为少于$n\times \log E$个物品，成功地掉了复杂度，一般已经够用

3.单调队列优化

见下：单调队列优化DP

分组背包

问题描述:给定$N$组物品，其中第$i$组有$C_i$个物品，其中第$j$个物品的体积为$V_{i,j}$,价值为$W_{i,j}$,有一容量为$M$的背包，要求选择若干个物品，使每组最多选择一个，且物品总体积小于$M$的情况下价值最大

还是以原始的二维DP，设 $fi,j$ 表示在前$i$选出总体积为$j$的物品放入背包的最大价值，有DP式：

$$f_{i,j}=max(f_{i-1,j},\underset{1\le j\le C_i}{max}{f}_{i-1,j-V_{i,k}}+W_{i,k})$$

同样的，省略第一维i,可得

memset(f,0xcf,sizeof f);
f[0]=0;
for(int i=1i<=ni++);
    for(int j=mj>=0j--);
	for(int k=1k<=c[i]k++);
     	    if(j>=v[i][k]);
                 f[j]=max(f[j],f[j-v[i][k]]+w[i][k]); 

这里需要注意的是

1.倒序循环$j$

2.对于每组物品的循环$k$应该放在$j$的内层，目的是如果放在外面因为一维数组所以可能变成多重背包

($i$是阶段,$i,j$构成状态，$k$是决策，应该按照$i,j,k$的顺序来)

区间DP

概念：关于序列上区间的DP问题

设计技巧：通常有两个维度l,r表示目前DP的区间，需要注意的是，必须如下这样写

 for(int len=2len<=nlen++){
	for(int l=1,r=lenr<=nl++,r++){
		……
    }
}

其目的是为了满足DP原则：先解决所有的小问题

在区间DP中，DP的阶段就是区间，使用两个区间端点l,r描述一个状态。同样是当前区间的答案为一些小区间的答案组合而来，所以我们DP的决策一般就是关于区间的划分。而区间DP的初始化一般就是对长度为1的"元区间"

同样的，在DP时，务必将阶段，状态，决策三者自外向内循环

在区间DP的过程中，决策一般就是区间划分，所以我们一般在关于第三层循环内循环k对区间进行划分统计

区间DP的编写技巧及注意事项：

1.对于带环状的区间，我们可以将$1\sim n$复制一倍接在后面形成一个$2n$的链，在其上进行统计，最后枚举所有长度为$n$的区间$[i,i+n-1](1\le i\le n)$

2.无论在什么时候，都要牢记动态规划的三原则三要素，时刻关注后效性和最优子结构性质

3.在自己进行区间DP时一定要反复问自己是否决策不完全

4.在两个序列以乘法形式合并的时候，最大值只有可能从1.两个序列最大值相加相乘，2.两个序列最小值相乘(负负得正) 3.一个序列的最大值乘另一个序列的最小值（两个序列都一正一负）。最小值同理

5.有时关于区间DP计数的时候，一定要注意不重不漏，关于DP的状态的设计，很多时候一些状态可以代表多个信息。在ACwing.284金字塔中，就有可能重复这时候我们让区间划分点k的含义[l,k]只能是第一颗子树，就不会重复也不会漏掉。。这里我们附加的这个信息必须具备2个性质:1.对所有的情形下都具有这个性质。2.必须满足不重不漏

6.在DP的方案统计的时候，如果一个状态的多个决策之间满足加法原理，而各个决策的方案又满足乘法原理时，在状态转移的时候各个决策必须具备互斥性才不会重复，对于互斥性的问题，我们可以挖掘题设条件，在DP的维度进行限制，比如改变某个维度的含义或者对这个含义进行缩小范围

7.当一般的$f[l,r]$并不能够维护好DP的信息的时候，我们观察题目数据范围，可以进行增加维度，如果时间复杂度过高则考虑优化或者换思路

8.在编写DP的时候，一定要注意当各个决策之间具有递归，嵌套性质的时候，在转移的时候就必须考虑之前的那些的嵌套关系，如AcWing.319折叠序列，我们使用KMP求出最小循环元之后，还得考虑这个最小循环元可不可以进行若干个拼凑起来的折叠，故我们得从最小循环元那里转移状态而不是直接用最小循环元算

树形DP

简述：在一颗树（通常是无根树，也就是$n-1$条边的无向图），我们可以任意拉一个节点为根节点，从而定义出节点的深度，根，子树大小等信息。在树上设计动态规划算法时，一般第一维为节点的编号，以节点由深到浅作为DP的阶段，树上的动态规划主要有两种形式：1.自顶向下的记忆化搜索。2.自底向上的topsort,其中绝大多数时候应用记忆化搜索。先递归子节点，回溯的时候进行状态转移

树形DP与背包

即有树形依赖的背包问题，例如AcWing.324

题意简述：给定一棵树，每个节点都有代价$W_i$，你可以选择节点$x$并付出$W_x$的代价得到$x$及$x$的子树,求得到$m$个节点的最小代价

我们发现，对于$u$，它的任意子节点$v$只能选择一个状态转移到$u$,这里就是一个分组背包模型
设$F[u][t]$表示在以$u$为根的子树中，选择$t$个节点的最小花费

这是一个背包模型：我们有$p=|Son(u)|$(u的子节点集合)组物品，每组物品有着$siz(x)$&nbsp&nbsp&nbsp&nbsp&nbsp$(x\in Son(u))$&nbsp&nbsp个，每组物品只能最多选择一个(因为只能有一个状态转移到父节点)，第$i$组第$j$个物品有着体积$V_{i,j}$和代价$W_{i,j}$,从中选出若干个物品，使得体积之和为$m$，并且代价最小

这里的状态转移方程就很好写了

$$F[u][t]=\underset{v\in Son(u)}{min}\underset{0\le k\le min(t,siz(v))}{min}F[v][k]+F[u][t-k]$$

当然这个循环顺序还是按照阶段->状态->决策安排，即我们将$v$放在最外层，将$t$放在第二层（注意倒序），将$k$放在最里面

在最后我们还要考虑一下整体买整个子树的代价

即：$F[u][j]=min(F[u][j],F[u][max(0,j-siz(u))]+W_u)$

最后提一下本题其实是若干棵树，也就是一个森林，遇此情况我们一般都是建立一个虚拟节点0（统计答案时排除），将0作为森林中若干树的根节点的父亲最后在这颗新树上统计即可

void dp(int u){
	siz[u]=1;
	f[u][0]=0;
	for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
		int v=ver[i];
		dp(v);
		siz[u]+=siz[v];
	}
	for(int i=head[u]ii=nxt[i]){
		int v=ver[i];
		for(int t=siz[u]t>=0t--){
			for(int j=0j<=siz[v]++j){
				if(t>=j)f[u][t]=min(f[u][t-j]+f[v][j],f[u][t]);
			}
		}
	}
	if(u!=root){
		for(int i=0i<=siz[u]i++)f[u][i]=min(f[u][i],cost[u]);
	};
};

总结：其实也就是换汤不换药，背包的式子都没变，只是把以前的顺序枚举变成了枚举子树

顺带提一下，有一种方法，是把多叉树转为二叉树，以此更好编码统计，但不提倡，因为会耗费额外空间，并且容易混淆

二次扫描与换根法

适用范围：对于一类在无根树上的统计问题，需要枚举各个点为根节点进行统计的时候复杂度$O(n^{2}M)$,其中M是统计的额外操作时间，用此法可将复杂度消去一个$n$

思想阐述：第一次$dfs$,任选一个根节点$rt$，统计信息,第二次$dfs$借助第一次$dfs$的信息，这里假设我们以节点$u$为根时答案为$F_u$,则我们对每一个$v\in Son(u)$,因为$u->v$之间只有一条边的差异，所以我们可以在一般$O(1)$的时间内统计出将根节点从$u$改为$v$的时候对答案的影响(需要的信息需要在两次$DFS$中统计出来）从而计算出$F_v$再继续递归下去：

其本质仍然是充分利用已知信息，避免冗余计算

例如计算机此题

题意简述：给定一颗带权无根树，求出每个节点在树中距离最远的点

现在用二次扫描与换根法的思路来解决这个问题

首先我们先来分析我们从一个节点$u$转移到$v$,  ($v\in Son(u)$)的时候需要哪些信息：

设在树中距离节点$i$最远的节点为$f_i$

对于一个节点$u$的最长路有两种情况：在树中（$f_u$在$u$中）和不在树中(此时是$u$在$f_u$的子树中)

而对于$v$也有两种情况：$v$在u的最长路上(此时$f_u$必须在u的子树里)，$v$不在u的最长路上

而如果是第一种情况，转移的话需要知道$u$在树中的次长路，和$u$在树外的最长路，因为这两个值是有可能更新答案的

综上分析，我们需要维护三个信息:1.u在自家树中的最长路。2.u在自家树中的次长路。3.u在自家树外的最长路

其中信息1.2是可以在第一次$dfs$中找出来的，信息三的话，我们之前提到过：u在自家树外的最长路，此时u是在这个点的树里的，故我们可以在树自顶向下的时候统计求出

所以我们可以设$f_{u,0/1/2}$分别表示树内最长路，树内次长路，树外最长路，借此换根统计答案即可。

int dp(int u,int fa){;
    if(f[u][0]>=0)return f[u][0];
    f[u][0]=f[u][1]=f[u][2]=lst[u]=0;
    for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
        int v=ver[i],w=cost[i];
        if(v==fa)continue;
        if(f[u][0]<dp(v,u)+w){
            f[u][1]=f[u][0];
            f[u][0]=dp(v,u)+w;
            lst[u]=v;
        }
        else if(f[u][1]<dp(v,u)+w)
            f[u][1]=dp(v,u)+w;
    }
    return f[u][0];
}
void dfs(int u,int fa){
    for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
        int v=ver[i],w=cost[i];
        if(v==fa) continue;
        if(v==lst[u])f[v][2]=max(f[u][1],f[u][2])+w;
        else f[v][2]=max(f[u][0],f[u][2])+w;
        dfs(v,u);
    }
}

最后再次强调，我们在程序设计时，一定要有充分利用所有信息以及时间，空间