连续段dp总结

名字是乱取的。感觉是个比较智慧的算法。

一、算法思路

在一些数排列的问题中，往往会遇到感觉是 dp 但是状态都列不来的情况，而连续段 dp 就是一个解决排列计数的利器。

具体思路是依次插入每个元素（通常是排序后从小到大/从大到小）。考虑当前元素插入到哪个位置，这样的话状态就需要记下当前插到了哪个数以及当前连续段个数。

转移时考虑：当前元素新开一个连通块，接在连通块的首/尾，连接两个连通块。

连通块 dp 之所以能多项式复杂度，很重要的一点是因为抓住了状态的共性，没有记录连通块具体状态与连通块之间间隙。

其实不是很能说清楚，直接看例题吧。

upd：在网上看到另一种理解连续段dp的方式是将其理解为建立笛卡尔树的过程。想了一下觉得挺形象的，毕竟排了序的，那么新开一个连通块就是新建叶子节点，合并就是把两颗子树合并为一颗并以当前节点为根，接在首/尾就是选一颗子树作为当前节点的儿子，这样当前节点只会有一个儿子。

最近发现很多人类智慧 dp 都可以转化为笛卡尔树后更加自然的想到，抽个时间把笛卡尔树补一下，快一年了已经忘完了。

二、例题

[CEOI2016] kangaroo

这个题数的就是一个波浪型的 $1\sim n$ 的排列。

然后我们考虑从 $1$ 到 $n$ 依次插入。这样在插入的时候当前数一定比已经插入的大，就能确定波浪的形状了。

所以 $f_{i,j}$ 表示插入到 $i$，连通块数为 $j$ 的方案数。

转移按照上面考虑。

注意到我们不能考虑接在连通块首尾的情况，因为在这道题中它已经在其它两种情况中被算到了，而且这种情况还转移不了。想一下波浪的形状就知道为什么了。

$f_{i-1,j}=f_{i-1,j-1}\times j+f_{i-1,j+1}\times j$。

然而当 $i>s,i>t$ 时不能在首或尾单独开连通块（位置已经被占了），处理一下。

$i=s$ 和 $i=t$ 时再特殊处理一下。

[COCI2021-2022#2] Magneti

这题能做出来基本就掌握了。我相信新手刚学这个是做不出来这道题的，跟我一样。

先把磁铁按照 $r$ 从小到大排序。

$f_{i,j,k}$ 表示插入了 $i$ 个磁铁，$j$ 个连通块，占用了 $k$ 个空位的方案数。

这里的连通块指的是：这些磁铁之间任意删除一个空都会导致它们吸引。

转移按照上面考虑。

1. 当前元素新开一个连通块：$f_{i,j,k}+=f_{i-1,j-1,k-1}\times j$

2. 接在连通块的首/尾：$f_{i,j,k}+=f_{i-1,j,k-r_i}\times 2j$

3. 连接两个连通块：$f_{i,j,k}+=f_{i-1,j+1,k-2\times r_i+1}\times j$。

统计答案插板一下即可，不是重点，不再赘述。

值得解释的是，为什么上面可以这样转移，即为什么新开一个只用了 $1$ 个空位，而接在首尾却用了这么多，合并连通块用得更多。

注意到已经把 $r$ 排序了，当前连通块如果新开一个，后面要合并的话间隔多远取决于 $r$ 大的那个，这就同时解释了 1,3 情况中 $k$ 的变化。2 情况同理，与 $r$ 小的接一起距离多远它说了算，而后面合并/接磁铁隔多远还得后面的磁铁说了算。

其实我觉得这题不会不光是连通块 dp 不熟练，这个连通块的定义确实有点不同。

「JOI Open 2016」摩天大楼

这个题呢其实涉及到另外一个很重要的套路。所以我认为 dp 初学者即使看完例1后搞懂了连通块 dp 这两道例题都做不起很正常。

直接做的话，首先肯定要按 $A$ 排序，然后你会发现需要记录下每个连通块的状态才能算那个绝对值，根本优化不动。

引出一个处理绝对值的技巧：考虑每个绝对值必定能表示为 $\sum\limits^r_{i=l}A_{i+1}-A_i$ 的形式。

我们对于每个 $A_{i+1}-A_i$ 计算其贡献次数即可。

在经过连通块 dp 后这个东西是很好算的。因为在插入完 $A_i$ 后我们就能知道 $A_{i+1}-A_i$ 的贡献次数了，就是当前连通块端点个数。因为每个端点后面都会插入更大的数，$A_{i+1}-A_i$ 必定会产生贡献。

为了计算连通块端点个数需要记录下当前是否开头结尾已经被占用，也就是多少连通块只有一个端点。显然最多只有两个。

所以设状态 $f_{i,j,k,l}$ 表示当前 插入到 $A_i$，$j$ 个连通块，绝对值和为 $k$，$l$ 个连通块只有一个端点。

到了这里应该不难自己推出转移了。方程可以直接看代码。