DP技巧与DP杂题

DP常用技巧

增加维数
交换答案与状态
可行解转最优解
删掉本质相同的状态
对部分状态 $d p$
遇到转移顺序的困难,考虑记忆化搜索
遇到转移细节过多的问题,考虑从 $i \to i + 1$ 而不是 $i - 1 \to i$
考虑状态时,先把需要记下来的都记一遍,再考虑优化

DP杂题

CF837D （可行性转最优化）

题目

我们把一个数的 roundness 值定义为它末尾 $0$ 的个数。

给你一个长度为 $n$ 的数列，要求你从中选出 $k$ 个数，使得这些选出的
数的积的 roundness 值最大。

$n \geq 200$

题解

考虑一个很暴力状态，设 $f [i] [j] [a] [b]$ 表示考虑到第 $i$ 个数，选了 $j$ 个，因子 $2$ 和 $5$ 的个数分别是 $a, b$ 的方案是否存在,答案就是对 $f [i] [k] [a] [b] = t r u e$ 的状态取 $min (a, b)$

我们发现直接这样转移的复杂度是 $O (n^{4})$ 的，无法通过本题。

所以我们考虑套路可行解转最优解，设 $f [i] [j] [a]$ 表示考虑到第 $i$ 个数，选了 $j$ 个，因子 $2$ 个数为 $a$ 时因子 $5$ 最多是多少

这样子复杂度就降为了 $O (n^{3})$ ，可以通过本题

CF677D （分层图dp）

题目

有一个 $n \times m n \times m$ 的矩阵 $a (1 \leq a_{i, j} \leq p)$ ，求从起点 $(1, 1)$ 出发依次遍历值为 $1 \to p$ 的矩阵单元的最短路径曼哈顿距离。保证满足 $a_{i, j} = p$ 的 $(i, j)$ 唯一。

数据范围： $1 \leq n, m \leq 300, 1 \leq p \leq n \cdot m$
题解

我们先把数按照种类分组，分成 $p$ 组。

$f [i] [j]$ 表示到达目前这个数的最短路，那么转移方程为 $f [i] [j] = min {f [x] [y] + | x - i | + | y - j |}$ ，其中 $(x, y)$ 为上一组中所有数的坐标。

然后要是直接暴力的状态转移的话，是要TLE的，考虑进行优化（下面这个优化真的太神仙了）。

考虑一个界限 $K$ ，假设当前组为 $T [i]$ ，上一组为 $T [i - 1]$ ，

那么当 $T [i] . size \leq K$ 时，我们就用继续用上面的暴力动态转移，那么对于所有的“上一组”点数加起来不会差过 $n m$ ，因此总时间复杂度 $O (K \cdot n m)$ ；

如果 $T [i] . size > K$ ，我们在网格上进行多源点的优先队列BFS，源点是所有的 $T [i - 1]$ 组内的点，搜出到所有 $T [i]$ 组内的点的最短距离，这样BFS最多跑一遍所有网格，时间复杂度 $O (n m \log (n m))$ ；由于这样的组数目不会超过 $\frac{n m}{K}$ 个，所以总时间复杂度为 $O (\frac{n m}{K} n m \log (n m))$ 。

这样一来，两种加起来的总时间复杂度就是 $O (K n m + \frac{n m}{K} n m \log (n m)) = O (n m (K + \frac{n m \log (n m)}{K}))$ ，由此可知取 $K = \sqrt{n m \log (n m)}$ 时，时间复杂度最小，为 $O (n m \sqrt{n m \log (n m)})$

P1004 [NOIP2000 提高组] 方格取数（去除冗余状态）

题意

给定一个 $n \times m (n, m \leq 200)$ 的矩阵,每个格子里有不同的正整数。一个人从左上角走到右下角,走两次,取走两次路径上的数(同一个数不可以重复取),最大化这些数的和

题解

显然我们可以设 $f [i] [j] [k] [l]$ 表示第一次走到 $(i, j)$ ,第二次走到 $(k, l)$ 时的最大值

考虑如何优化

首先,两次走的总步数一定是 $n + m$ 的,同理,如果我们控制两次同时走的话,那么有 $i + j = k + l$ ,这样我们就可以设 $s = i + j$ 省下一维,转移方程很显然,注意两次相遇的问题即可

BZOJ 1801 中国象棋(DP) （去除不必要的维度）

题目

在 $n \times m$ 的棋盘上放若干炮使得不互相攻击。有多少种放法？

说人话就是，不存在三炮共线的情况有多少种

$n, m \geq 100$

题解

首先，一个显然的想法是进行状压 $d p$ ,设 $f [i] [s]$ 表示考虑到第 $i$ 行, $s$ 是一个三进制状态，存每一列都用了多少个炮，这样转移的复杂度是 $3$ 的指数级的，显然无法通过

我们考虑一件事，就是假设前 $i$ 行的炮都放完了，那么第 $i + 1$ 行的炮能放的方案数只与剩余了多少位置能放有关，我们并不需要知道这些炮具体放在了什么位置

所以我们可以设 $f [i] [j] [k]$ 表示，考虑完前 $i$ 行,有 $j$ 列还可以放 $1$ 个炮， $k$ 列还可以放 $2$ 个炮的总方案数

我们考虑转移

放0个炮，那么就是：

f [i + 1] [j] [k] \leftarrow f [i] [j] [k];

放1个，可以放在还可以放1个炮的列中，也可以放在还可以放2个炮的列中：

\begin{aligned} i f (j >= 1) f [i + 1] [j - 1] [k] \leftarrow f [i] [j] [k] * j \\ i f (k >= 1) f [i + 1] [j + 1] [k - 1] \leftarrow f [i] [j] [k] * k \end{aligned}

放2个，可以都放在还可以放1个炮的列中，也可以都放在还可以放2个炮的列中，也可以每边放一个：

\begin{aligned} i f (j >= 2) f [i + 1] [j - 2] [k] \leftarrow f [i] [j] [k] * (j * (j - 1) / 2) \\ i f (k >= 2) f [i + 1] [j + 2] [k - 2] \leftarrow f [i] [j] [k] * (k * (k - 1) / 2) \\ i f (j >= 1 & k >= 1) f [i + 1] [j] [k - 1] \leftarrow f [i] [j] [k] * j * k \end{aligned}

[SCOI2008]着色方案（利用题目性质优化状态）

题目

有 $n$ 个木块排成一行，从左到右依次编号为 $1$ 至 $n$ 。

你有 $k$ 种颜色的油漆，第 $i$ 种颜色的油漆足够涂 $c_{i}$ 个木块。
且保证 $\sum_{i = 1}^{k} c_{i} = n$ 。

统计任意两个相邻木块颜色不同的着色方案

题解

一个变态朴素的想法，我们进行 $15 + 2$ 维的 $d p$ ,那 $15$ 维状态存对应的颜色剩余的个数，但是显然 $5^{15}$ 实在无法令人接受

我们意识到一个问题，使相邻木块颜色不同并不需要枚举每一种颜色，事实上，我们只要保证当前颜色不与上一次的颜色相同，那么就是合法的转移，所以我们考虑优化状态

设 $f [i] [j] [a] [b] [c] [d] [e]$ 表示考虑到第 $i$ 位，上一次选的数还剩 $j$ 次可选，剩余 $1, 2, 3, 4, 5$ 次的数分别还有 $a, b, c, d, e$ 个，我们上一次选的这时候我们的状态数就为 $15^{5}$ ,这比上面那个东西小多了，复杂度是正确的

我们不能选的状态，就是剩余次数为 $j$ 的颜色其中一个，直接转移就行

[AGC044A] Pay to Win （记忆化搜索,大力出奇迹）

题目

你需要通过如下操作把 $0$ 变成 $N$ $(N \leq 10^{18})$

花 $A$ 个金币把数字乘 $2$ 。
花 $B$ 个金币把数字乘 $3$ 。
花 $C$ 个金币把数字乘 $5$ 。
花 $D$ 个金币把数字加一或减一。

求最少需要花费的金币。

题解

倒着记忆化搜索,乘法变成除法,遇到除不尽的通过加法调整

这样形成的就是一个深度为 $\log N$ 的六叉树

时间复杂度 $O (能过)$

[USACO2.3]奶牛家谱 Cow Pedigrees （恰好到不超过）

题目

一个有 $n$ 个节点，深度为 $k$ 的无标号完满二叉树（即每个节点的儿子数为 $0$ 或 $2$ ）有多少种结构？定义根节点深度为 $1$ 。

答案对 $9901$ 取模。

$3 \leq n < 200$ ， $2 \leq k < 100$ 。

题解

考虑到 $恰好k个$ 并不好做,所以我们考虑 $不超过k个$ 怎么做

设 $f [i] [j]$ 表示点数为 $i$ ,最大深度不超过 $j$ 的二叉树的个数

枚举其左儿子大小进行转移即可

复杂度 $O (n^{2} k)$

ZR2022 NOIP十连测Day6 T1 跳棋（有向图+tarjan缩点+拓扑排序/记忆化搜索的一类经典套路）

~~sb出题人卡常数,下面这个做法过不了~~

题目

在一个无穷大的跳棋棋盘上,放有 $n$ 个棋子,第 $i$ 个棋子的坐标为 $(x_{i}, y_{i})$ ,问当前局面下各个棋子分别能够到达多少个位置

题解

考虑将每个棋子的答案分成两部分

周围六格中没有放棋子的部分

拿 $map$ 记一下各个棋子的位置,然后枚举就行, $O (n)$
连续跳跃的部分

首先连续跳能够跳到的格子一定不超过 $6 n$ 个,因此能跳的位置连上有向边,边数也是 $O (n)$ 级别的

然后用 $tarjan$ 给有向图缩点,跑拓扑排序或者记忆化搜索得到答案

P7516 [省选联考 2021 A/B 卷] 图函数（Floyd最短路dp）

PS:因为最短路算法和dp有着千丝万缕的联系,所以我在这里放几道偏图论的题应该问题不大(逃

题目

题解

第一步,拆贡献,我们直接计算每个点对 $h (G)$ 的贡献

我们考虑一个问题,两个点可以相互到达,就说明了这两个点不在同一个强连通分量中,那么对于点 $u$ ,我们考虑完前 $x - 1$ 个点之后,后面的图上的点都没有办法走到这 $x - 1$ 个点,因为前 $x - 1$ 个点已然不在强连通分量中,没有必要管了。

那么现在问题转化为,对于前 $n$ 个图 $G_{1} \sim G_{n}$ 分别求出有多少个点对 $(u, v), u \geq v$ 满足存在不经过 $< v$ 的点使得两点可以互达

一个点对会对答案的前缀产生贡献,为了使答案最大化,我们贪心地考虑每个点对都通过一条使得其最小编号点最大的路径,差分一下处理即可

那么怎么求解两点间经过的最小编号点呢?仔细一想,这很符合 $Floyd$ 算法的转移过程,所以使用 $Floyd$ 求解即可

时间复杂度 $O (n^{3} + m)$ ~~勉强能冲~~

P3953 [NOIP2017 提高组] 逛公园（分层图和spfa最短路dp）

题意

给你一张 $n$ 个点 $m$ 条边的有向图,起点为 $1$ ,终点为 $n$ ,边有非负边权(可以为 $0$ )。求解使得 $dis (1, n) \leq min {dis} (1, n) + K$ 的路径数

$n \leq 1 \times 10^{5}, m \leq 2 \times 10^{5}, K \leq 50$

题解

神仙题!

由于 $k$ 值很小,所以考虑建立分层图,设 $f [i] [j]$ 表示 $dis (1, i) = min {dis} (1, i) + j$ 的方案数,对于一条边 $(u, v, w)$ 转移为

f [u] [j] \to f [v] [{dis}_{u} + j + w - {dis}_{v}]

其中 ${dis}_{u}$ 代表的是从 $1$ 到 $u$ 的最短路

但是,我们发现这个转移在 $0$ 环的情况下是错误的,若 $0$ 环出现在最短路图上,则直接导致无解。于是考虑一件事,最短路图在无 $0$ 环的情况下是个 $DAG$ ,因此我们可以对最短路图进行拓扑排序判环,有环则当前层无解,否则拿记忆化搜索直接跑~~（不用考虑转移顺序多是一件美事）~~,时间复杂度 $O (m k)$

P7077 [CSP-S2020] 函数调用（DAG建模+dp）

题目

题解

首先考虑一个性质,如果只存在 $1$ 操作,那么直接做就行,所以考虑如何将 $2, 3$ 两个操作转化成 $1$ 操作

关键点在于:

某个函数被调用后序列被乘k，等价于这个函数被执行k次
乘法可以使用乘法标记

然后拓扑排序dp处理处理即可

P7962 [NOIP2021] 方差（差分套路+dp）

题目

给定长度为 $n$ 的非严格递增正整数数列 $1 \leq a_{1} \leq a_{2} \leq \dots \leq a_{n}$ 。每次可以进行的操作是：任意选择一个正整数 $1 < i < n$ ，将 $a_{i}$ 变为 $a_{i - 1} + a_{i + 1} - a_{i}$ 。求在若干次操作之后，该数列的方差最小值是多少。请输出最小值乘以 $n^{2}$ 的结果

其中方差的定义为：数列中每个数与平均值的差的平方的平均值。更形式化地说，方差的定义为 $D = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} {(a_{i} - \bar{a})}^{2}$ ，其中 $\bar{a} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} a_{i}$

$1 \leq n \leq 10^{4}$ ， $1 \leq a_{i} \leq 600$

题解

初看这个操作感觉很无厘头是吧?那么试着把它差分吧!

于是我们发现操作等价于交换原数列差分数组中的两个数

然后我们不喜欢那个丑到爆的方差定义,于是设 $S = \sum_{i = 1}^{n} a_{i}$ ,转移就是

\begin{aligned} n \sum_{i = 1}^{n} (a_{i} - \frac{1}{n} S)^{2} \\ = & n \sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2} - (\sum_{i = 1}^{n} a_{i})^{2} \end{aligned}

还有给定的 $a_{i}$ 是单调递增的,所以差分序列是恒大于 $0$ 的

考虑如何得到最优答案,感性理解一下,答案序列应该是个单谷序列,证明可以考虑调整法,这里不赘述

先将 $a_{i}$ 按差分数组排序,然后设 $f [i] [s]$ 表示考虑了前 $i$ 个数, $\sum a_{i} = s$ 时最小的 $\sum a_{i}^{2}$ 是多少,分类讨论当前数应该放在前面还是后面,于是有

\begin{array}{r} f [i - 1] [s] + (\sum_{j = 1}^{i} b_{j})^{2} \to f [i] [s + \sum_{j = 1}^{i} b_{j}] \\ f [i - 1] [s] + i \times b_{i}^{2} + 2 b_{i} \times s \to f [i] [s + b_{i} \times i] \end{array}

时间复杂度 $O (n^{2} a)$

P7961 [NOIP2021] 数列（跟二进制进位有关的dp）

题面

给定整数 $n, m, k$ ，和一个长度为 $m + 1$ 的正整数数组 $v_{0}, v_{1}, \dots, v_{m}$ 。

对于一个长度为 $n$ ，下标从 $1$ 开始且每个元素均不超过 $m$ 的非负整数序列 ${a_{i}}$ ，我们定义它的权值为 $v_{a_{1}} \times v_{a_{2}} \times \dots \times v_{a_{n}}$ 。

当这样的序列 ${a_{i}}$ 满足整数 $S = 2^{a_{1}} + 2^{a_{2}} + \dots + 2^{a_{n}}$ 的二进制表示中 $1$ 的个数不超过 $k$ 时，我们认为 ${a_{i}}$ 是一个合法序列。

计算所有合法序列 ${a_{i}}$ 的权值和

$1 \leq k \leq n \leq 30$ ， $0 \leq m \leq 100$ ， $1 \leq v_{i} < 998244353$ 。

题解

由于有进位的情况出现,因此考虑从低位向高位dp

设 $f [i] [j] [k] [l]$ 表示考虑到第 $i$ 位,确定了 $a$ 序列中的前 $j$ 个元素,有 $k$ 个 $1$ ,到下一位有 $p$ 的进位,考虑给 $S$ 的第 $i$ 位贡献了 $p$ 位,那么转移就为

f [i + 1] [j + p] [k + (p + l) % 2] [⌊ \frac{l + p}{2} ⌋] \leftarrow f [i] [j] [k] [l] \times v_{i}^{p} \times (\binom{n - j}{p})

时间复杂度 $O (n^{4} m)$

P6758 [BalticOI2013] Vim（线头dp）

原作者题解,这里引用一下LOJ2687 BalticOI2013 Vim 线头DP,因为原作者写的实在是太好了,所以这里建议去原作者博客获得更好的阅读体验,放这里是方便笔者自阅

题目

题解

原题等价于：给出一个序列和两种移动方式，移动过程中必须要经过某一些点，求最小代价。

把连续的f操作和连续的h操作看成线，那么移动路线如下

首先，考虑下面两种移动路线

显然A路线一定没有B路线优

上面的条件等价于对于某一个位置 $i$ ，经过的位置覆盖了位置 $i$ 与 $i + 1$ 之间的线段的线的数量要么是 $1$ ，要么是 $3$ ，对应下图的 AB 两种情况。

设 $p_{i, j}$ 表示覆盖了 $i$ 与 $i + 1$ 之间的线段 $1$ 次，且 $f$ 操作选择字符 $j$ 的最小代价， $q_{i, j, k}$ 表示覆盖了 $i$ 与 $i + 1$ 之间的线段 $3$ 次，且在进行 $h$ 操作之前的 $f$ 操作选择的字符是 $j$ 、在进行 $h$ 操作之后的 $f$ 操作选择的字符是 $k$ 的最小代价

又设 $s_{i}$ 表示字符串的第 $i$ 个字符， ${imp}_{i}$ 表示原串中第 $i$ 个字符前是否存在字符 $e$

转移：

\begin{aligned} p_{i, j} = & p_{i - 1, j} & j \neq s_{i} & & {imp}_{i} \neq 1 \\ p_{i - 1, s_{i}} + 2 \\ q_{i - 1, s_{i}, j} & j \neq s_{i} \\ q_{i - 1, s_{i}, s_{i}} + 2 \end{aligned}

$p_{i, j}$ 的转移分别对应下图的ABCD情况

其中虚线表示新加入的线，红色字表示对应位置的字符类型，黑色字表示位置编号

\begin{aligned} q_{i, j, k} = & p_{i - 1, j} + 3 & j \neq s_{i} \\ p_{i - 1, s_{i}} + 5 \\ q_{i - 1, j, k} + 1 & j \neq s_{i} & & k \neq s_{i} \\ q_{i - 1, s_{i}, k} + 3 & k \neq s_{i} \\ q_{i - 1, j, s_{i}} + 3 & j \neq s_{i} \\ q_{i - 1, s_{i}, s_{i}} + 5 \end{aligned}

$q_{i, j, k}$ 转移分别对应下图中的ABCDEF情况

转移就是把线延长和补全的过程，所以叫做线头DP

代码源省选班字符串 (子段切分问题)

题面

给定一个长度为 $n$ 的由 AB? 组成的字符串，求有多少种方式可以把每个 ? 替换为 A 或 B 后，字符串中，长度为 $m$ 的连续全 A 或全 B 字串恰好有 $k$ 个

题解

一种朴素的状态是: 设 $f [i] [j] [p] [c]$ 表示考虑到第 $i$ 个数，当前有 $j$ 个合法子串，已经有 $p$ 个连续的字符 $c$ 时的方案数，转移是 $O (n^{3})$

考虑优化，去掉 $p$ 一维，每次不再填一个字符而是填一个极长连续段，这是这种子段切分问题的一个常见优化思路

那么就有转移

f [i] [j] [c] = \sum_{t = 1}^{len} f [i - t] [j - max (0, k - t + 1)] [c^{'}]

其中 $len$ 表示以 $i$ 为端点不包含 $c^{'}$ 的子串长

二维前缀和优化即可

时间复杂度 $O (n^{2})$

ZR2020 提高组十连测 day5 T3 （点边数差异不大时的一种处理图上dp的做法）

题意

过了一阵子的辉夜又开始想起了这件事，她开始在意起如果那时候她真的出去乱走，到底什么时候能回到这里呢？可以把街区抽象为一个连通的无向简单图 $G = (V, E)$ ，这个楼梯在 1 号点，每到一个点 $i$ ，辉夜都要休息 $w_{i}$ 分钟（包括在 1 号点出发之前），多次到达一个点的话需要多次休息。离开一个点的时候，迷茫的辉夜会等概率选择任意一条与这个点相连的边走过去（假定走路不需要时间）。现在辉夜得到了地图，她想知道从楼梯（ 1 号点）出发，第一次回到这里时的期望花费的时间（注意这包含了出发前的休息时间，但回到 1 号点后的休息时间不计入），你能告诉她吗？

题解

$n, m \leq 500$ 是图上随机游走的板子，高斯消元即可，时间复杂度 $O (m^{3})$

树的情况就考虑树形dp，设 $f_{i}$ 表示从 $i$ 出发走向 $i$ 的子树，第一次走到 $i$ 父亲的期望时间，转移就考虑它走到它儿子的概率，方程如下

f_{u} = w_{u} + \frac{1}{d_{u}} \sum_{v \in {son}_{u}} f_{v}

时间复杂度 $O (n + m)$ ，至此38pts

注意到 $n - 1 \leq m \leq n + 500$ ，感性理解一下，这表明原题中真正需要用到高斯消元的式子并不多。赛时想了一下边双缩点，但这显然没有什么用，出题人给出了一种很震撼的虚树做法

我们考虑先在原图中找出一棵 DFS 树，其中包含了 $n - 1$ 条边，接着我们依次遍历剩下的 $m - n + 1$ 条边，把每条边相邻的两个点都在 DFS 树上标记一下，作为关键点；接着，我们根据 DFS 树的连通关系，给我们标记出来的点建一棵树，我们求出这棵树的虚树（实际上是在补全lca，会多出来一些新的关键点），然后将关键点删掉，得到的新图有两个性质

我们就去掉了原图中所有的环

证明可以考虑反证法，假设删完后存在环，那么至少有一条边环边不在 DFS 树上，环上至少有两个关键点，关键点又被删掉了，出现矛盾

新图中任意一个连通块至多与两个关键点相邻

同样考虑反证法，假设存在连通块与大于两个关键点相邻，那么一定存在两个端点处的关键点有 lca，这个 lca 也是关键点并且还没有被删（被删了这几个关键点就分开了），出现矛盾

那么我们就可以对每一个连通块做树形dp，加回关键点的时候在虚树上做高消即可算出每个点的答案，时间复杂度 $O (m + (m - n)^{3})$ ，按出题人的意思只能得 77pts

但是我们注意到，加边带来的至多 $2 (m - n)$ 个关键点再加上建虚树时作为 lca 的关键点，我们关键点的个数可以被卡到 $3 (m - n)$ ，理论上无法通过此题，我不是很看的懂出题人下一步的优化是怎么做的，但是我用上面的做法加fread优化冲过去了

ZR2020 提高组十连测 Day10 T2 （树的拓扑序计数于dp中的应用）

题意

你有一个数列 $A = (1)$ ，也就是一开始只有一个元素。

你要对这个数列进行 $N$ 次操作，每次操作可以是下面的一种：

在 $A$ 数列的末尾加入 $1$ 或者 $M$ 。
选择一个下标i满足 $1 \leq i < | A |$ ，然后选择一个数字 $x$ 满足 $a_{i} < x < a_{i + 1}$ 或者 $a_{i} > x > a_{i + 1}$ ，然后将数字插入到 $a_{i}$ 与 $a_{i + 1}$ 之间。

问有多少种不同的操作序列。这里两个操作序列不同，当且仅当存在某个时刻，使得操作完两个数组的内容不同。

$1 \leq N \leq 3000, 2 \leq M \leq 10^{8}$

题解

设 $f_{i}$ 表示考虑到第 $i$ 个操作形成了若干段时有多少种操作序列。如果该位置操作与上一段结尾相同，那么就不能插入别的数；否则就组合数计算方案数，而根据大小关系，我们可以给我们建出来的序列建出一棵树，操作顺序必须是这棵树的一个拓扑序。

而我们知道，有根树的拓扑序数量为

n! \prod_{u} \frac{1}{{siz}_{u}}

因而直接套树的拓扑序计数的套路，每次注意把新生成的子树大小给除上去就行了，时间复杂度 $O (n^{2})$

ZR2023 NOIP赛前20连测 Day5 T2 （根据所求缩小状态个数）

题意

小诗想生成一个长为 $n$ 的序列 $a$ ，她首先确定了每个位置取值的上下界 $[l_{i}, r_{i}]$ ，接下来对每个位置生成上下界内的任意正整数 $a_{i} \in [l_{i}, r_{i}]$ 。她会用以下方式评判 a 的权值：

取某一值域 $[1, n - 3]$ 的可空子集 $S \subseteq {1, 2, \dots, n - 3}$ ，并计算 $\prod_{x \in S} gcd (a_{x}, a_{x + 1}, a_{x + 2}, a_{x + 3})$ （在 $S = \emptyset$ 时定义该式值为 $1$ ），并对所有子集的答案求和。

她想知道所有能生成的序列权值之和，由于答案过大，你只需告诉她答案对 $10^{9} + 7$ 取模后的结果。

对于所有测试点， $4 ⩽ n ⩽ 200, 1 ⩽ m ⩽ 100$

题解

对于一个序列方案，它的权值即为

\prod_{x = 1}^{n - 3} (gcd (a_{x}, a_{x + 1}, a_{x + 2}, a_{x + 3}) + 1)

然后考虑 dp ，最暴力的做法就是枚举三个值进行转移，时间复杂度是 $O (n m^{4})$ 的，无法接受

考虑我们要求的是四个数的 $gcd$ ，所以对于相邻的三个数 $a, b, c$ 我们只需记录 $gcd (a, b, c), gcd (b, c), c$ ，他们三个之间呈倍数关系，因此状态总数来到了 $O (m \log m)$ 级别，总时间复杂度降为 $O (n m^{2} \log m)$

posted on 2023-10-27 17:58 star_road_xyz 阅读(73) 评论(0) 编辑收藏举报

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