10月模板清理

20241016

区间DP - 回文字串

记 $f[i][j]$ 表示把 $s[i\sim j]$ 变成回文，最少补几个，从 $f[i][j-1],f[i+1][j],f[i+1][j-1]$ 三种情况转移过来即可。感性理解一下这样的状态定义是有最优子结构的。

区间DP - 合唱队

肯定可以区间 $dp$，再注意到状态的转移和上一步有关，所以记 $f[i][j][0/1]$ 表示 $H[i\sim j]$ 的方案数，其中 $0$ 表示最新的一个人插进了队形左端（即 $H[i]$），$1$ 就是右端（即 $H[j]$），根据大小关系转移即可。

高维DP - 三倍经验

唯一值得注意的是此题可以倒推，并且倒推之后的答案统计是 $O(1)$ 的。正推的答案统计是 $O(n)$ 的。

高维DP - 方格取数

一个很朴素的想法是把两条路的位置同时都实时记录下来，这样就好转移了，事实证明是可以的。

记 $f[i][j][p][q]$ 表示第一条路走到了 $(i,j)$，第二条路走到了 $(p,q)$ 的最大权值和。它可以转移到四种情况，即：

• 第一条路 往右走， 第二条路 往右走。
• 第一条路 往右走， 第二条路 往下走。
• 第一条路 往下走， 第二条路 往右走。
• 第一条路 往下走， 第二条路 往下走。

分 点重合/不重合 两种情况赋予转移代价，套上 $BFS$， 直接转移就是 $O(n^4)$ 的，当然需要标记一下每个点是否访问过。

考虑优化成 $O(n^3)$，注意上面的方法两条路走的步数始终相同。记 $f[i][j][k]$ 表示两条路都走了 $i$ 步，第一条路处于第 $j$ 行，第二条路处于第 $k$ 行，最大权值和。起点是 $(1,1)$，因此 $(x-1)+(y-1)=i$， 则 $y=i-x+2$。最后特判一下只走了 $1$ 步的情况就行，因为不满足这个式子。

环形DP - 石子合并

学到一个 $trick$ : 区间相关的环形问题，可以把序列复制一遍接在后面，然后只推到 $len=n$ 就可以了，最后取 $\underset{i\in (1,n+1)}{max}f[i][i+n-1]$。这样比 $n$ 次区间 $dp$ 快很多，因为不同的断点位置下的区间可以使用相同的一段很小的区间。

环形DP - 环上最大子段和

最大子段和 + 前后缀max 连一下就可以。

树型DP - 没有上司的晚会

一个最大独立集问题，记 $f[u][0/1]$ 表示选 $u$ 或者不选 $u$，对于一个儿子 $v$，有转移：

$$f[u][0]=\sum min(f[v][0],f[v][1])$$

$$f[u][1]=\sum [v][0]+val[u]$$

树型DP - 二叉苹果树

树上背包，记得给 $(u,v)$ 留一条边就可以了，并且一定要连这条边，不然转移没有意义。

状态压缩BFS - 关灯问题

只有 $n$ 能进行状态压缩。一开始的想法是记 $f[i][S]$ 表示前 $i$ 个操作，强制选 $i$，然后得到了 $S$ 这个集合，最少操作数。然后还“机智”地发现开个 $vector[i]$ 表示 $f[i][?]$ 有哪些更新出来了。

然而无济于事，因为此题 $dp$ 的顺序并不是简单的递推（会有后效性），因此采用记忆化 $BFS$ 进行实现。

答案： $min(f[i][0])$。

初始化： $f[0][(1<<n)-1]=0$，其他初始化为 $inf$。

式子就是 $f[i][S]=min(f[j][T]+1,f[i][S])$， $T$ 的话就照着题目要求根据 $S$ 推出来。

时间复杂度为 $O(2^{n}mn)$。

最后发现其实当前具体在哪个操作并不重要（下一步转移都是向全部操作），所以可以优化成一维。并且由于广搜良好的性质找到一个 $f[0]$ 就直接输出就可以！

状态压缩DP技巧 - A Simple Task 「CF11D」

一开始想成树形dp了，然后发现非常的难写，因为点之间有各种路径计数，很难补充不漏。每次扩展和前一个状态的联系也不是很大。

题解是一种巧妙的状压dp。显然可以对已选点集进行状压。先考虑如何统计环的数量，对于 $i\to j$ 的一条简单路径，若路径外一点 $k$ 同时和 $i$，$j$ 有连边，那么就成了一个环。基于此，我们可以转化成利用 $dp$ 统计简单路径的数量，而统计答案时在另找一个点连环。（状压没想到，但这一步转化想到了……）

这样定义出来的状态是 $f[S][i][j]$，表示选择的点集为 $S$， $i\to j$ 的简单路径的数量。转移比较好写。空间复杂度会达到 $2^{19}\times {19}^2=189,267,968$，存不下，时间应该还要再乘一个 $19$， 也爆掉了。

考虑怎么优化时空。注意到后两维其实都是我们主动加的限制，但仅仅是为了统计答案而同时维护这两维显得有些不划算。能不能利用好 $S$ 中包含 $i,j$ 的性质进行一些优化呢？

考虑强制规定 $lowbit(S)$ 那一位是起点，$i$ 作为终点，这样只要遇到一个满足 $(1<<i)=lowbit(S)$ 的 $i$， 就统计答案。

状态： $f[S][i]$，意义如上。

答案： $ans=\sum _{lowbit(S)=2^i}f[S][i]$。最后记得 $ans=(ans-m)/2$， 因为会误算 一条边和两个端点的“假环”。

初始化： $f[2^i][i]=1,i\in [0,n-1]$。

转移：

$$\begin{array}{}\text{(1)}& ans& +=f[S][i]& \text{lowbit(S) = (1 << j)}\text{(2)}& f[S|(1<<j)][j]& +=f[S][i]& \text{lowbit(S) < (1 << j)}\end{array}$$

20241017

数位DP - Windy数 「SCOI2009」

数位dp经典题。分两步求解：

• 预处理 $f[i][j]$，表示有 $i$ 位，最高位填 $j$，方案数。
• 记 $dp(x)$ 表示 $1\sim x$ 有多少个 $Windy$ 数，则答案为 $dp(b)-dp(a-1)$。

记 $a[1\sim cnt]$ 表示 $x$ 的每一位（从高到低），那么每一位的转移分 $now<a[i]$ （后面的位随便填，可直接调用 $f$ 统计答案）和 $now=a[i]$ （继续往下走）两种情况转移。走到 $i=1$ 记得 $ans$ 还要额外 $+1$，就是这个数本身的答案。

20241018

数位DP - 手机号码 「CQOI2016」

可以是数位dp，也可以是高维dp……

• 还是先说一下我超级复杂的容斥做法吧!

记 $f1$ 表示 相邻 2/1个 数相同，数的个数。

​ $f2$ 表示 相邻 2/1个 数相同，且同时出现 4 和 8，数的个数。

​ $f3$ 表示 同时出现 4 和 8，数的个数。

则答案为 $(r-l+1)-(f1+f3-f2)$。

写三个 数位dp预处理 和 三个数位统计就可以啦！

狂打5KB 的AC代码，慎入

一看题解感觉自己……（哎至少是自己亲手做出来的一道蓝题！）

• 正解是记 $f[x][last1][last2][f4][f8][flag]$ 表示 $x$ 位数，上一个数是 $last1$，上上个数是 $last2$，是否出现 4，是否出现 8，是否有数字连续出现 3 次，数的个数。

  转移比较典型，分 $i<a[x]$ 和 $i=a[x]$ 两种情况转移。

  注意这里我们要求的是至少要连续出现 3 次了，和我上面的做法是反着的。

  AC代码（带注释）

20241023

数位DP - Round Numbers 「USACO06NOV」

首先读题读对：二进制下数位dp

还是很典的数位dp，先写预处理，再写 $dp(x)$，最后 $dp(r)-dp(l-1)$。

一开始我的定义是 $f[i][j]$ 表示 $i$ 位数，含有 $j$ 个 $0$ 的圆数个数。由于包含了前导零的情况，转移容易算重，非常不好写……

考虑增加一位区分有没有前导零，记 $f[i][0/1][k]$ 表示 $i$ 位数，最高位是 $0/1$，含有 $k$ 个 $0$ 的圆数个数。接着来考虑贡献组成：

设当前求解的数为 $x$，有 $cnt$ 位。

• $Case1$：含有前导零，贡献为

$$\sum _{(1\le j\le i\le cnt)\cap (j>i-j)}f[i][1][j]$$

• $Case2$：不含前导零，最高位就强制填 $0$。从高位到低位统计，若 $a[i]=0$，直接过；若 $a[i]=1$，可以选择填 $0$ 然后算贡献。

（数位dp终于做完了……）

图上DP - 跑跑

由于空间跑路器的存在，直接跑最短路再 $popcount$ 是错滴。

看到 $2^k$，想到这种题应该和倍增有关系。

考虑一个情景：

• 如果 $(i\to k)$ 和 $(k\to j)$ 都有一条长为 $2^0$ 的路，那么 $(i\to j)$ 就有一条长度为 $2^1$ 的路！然后用跑路器就可以 $1s$ 跑完，即 $i,j$ 之间存在一条权值为 $1$ 的边。

这个情景告诉我们，如果我们能知道 哪些点之间能用跑路器，即 “存在 $2^k$ 的路径” ，并给他们在新图上连一条权值为 $1$ 的边，就差不多做完了。

现在考虑怎么求 “点之间存不存在这种路径”。

图上/期望DP - 绿豆蛙的归宿

有向图概率期望dp。

这其实是 $DAG$ 上$dp$。转移顺序就确定了。

然后就是期望 $dp$ 的部分。期望 $dp$ 很多状态都是倒着定义的，形如 “当前在某个中间状态 $i$，要到终止态 $n$ 还需要的期望值”。

此题就是 $f[u]$ 表示当前到达了 $u$，走到 $n$ 还需要的期望步数。

因为转移顺序中没有回头路可走，所以不用考虑自转移的情况。

$$f[u]=\sum \frac{f[v]+w(u,v)}{d[u]}$$

$d[u]$ 是 $u$ 的入度。

“自转移” 参见这道题：百事世界杯之旅-luogu

图上DP - 采蘑菇

因为说了是有向图，所以感觉就很能dp，但是不是 $DAG$，遇到环就dp不了了。

再思考，进了一个环肯定要把贡献全部拿完才会出来，再根据“恢复系数”，可以预处理每个环的贡献，最后环缩点。

缩点后整张图就变成一张 $DAG$ 了，就可以愉快的dp了。

最后注意因为 $s$ 不一定是入度为0的点，所以要么 先一次 $dfs$ 把涉及的子图全部跑出来，再 $topsort$；要么直接 $bfs$，每个点可能重复入几次（没被卡时间）

时间复杂度瓶颈在算环的贡献，最坏情况是 $O(mlo{g}_p\frac{1}{w})$，$p$ 是恢复系数，$w$ 是初始蘑菇数。

DP优化 - 单调队列优化 - 能量收集

设 $f[i][j]$ 表示走到 $(i,j)$，最大收益。

$$f[i][j]=\underset{j-t\le k\le j+t}{max}f[i-1][k]+val[i][j]$$

感觉既可以 $st$ 表，也可以单调队列优化。$2000ms$嘛，$O(n^{2}logn)$ 能卡。

考虑一组 $a<b$， $f[i-1][a]<f[i-1][b]$，那么 $a$ 就永远无法成为贡献点了，因为位置不如 $b$ 优，而且值也没有 $b$ 大。

由此，我们需要维护一个 $f[i][j]$ 递减的单减栈，队尾维护单调性，队首清理过期元素即可。

20241024

单调队列优化 - 跳房子「NOIP2017 普及组」

考虑已知跨步的范围后怎么做。记 $f[i]$ 表示跳到第 $i$ 个格子，最大分数，容易写出转移：

$$f[i]=\underset{l\le d[i]-d[j]\le r}{max}f[j]+a[i]$$

显然 $g$ 可以二分，直接做是 $O(n^{2}logn)$ 的。

考虑单调队列优化dp，维护一个 $f[i]$ 单调递减的单调栈。

一个细节是若 $d[i+1]-d[i]<l$ 是不能直接把 $i$ 加入的，要记一个 $nw$ 表示现在加到哪一个了，每次判断距离是否 $\ge l$ 了。总之细节比较多。

自己写过之后看了一下别人的代码，发现很多东西可以合并。比如 $nw$ 从 $0$ 开始而不要从 $1$ 开始，且当 $head\le tail$ 时才更新 $f[i]$，这样开头涉及 $0$ 的部分就不会出错了。代码也简洁多了。

并且单调队列的过期清理应该也只需要一次，放在插入元素之后搞一次。如果 $f[nw]$ 真的在 $f[q[tail]]$ 处遇到了这些过期元素，那也是没问题的，因为要么就是 $f[nw]>=f[q[tail]]$，这些东西本来就会弹出去。要么就是 $f[nw]<f[q[tail]]$，那之后过期清理也就对了。

AC代码

20241025

有依赖的背包问题 - AcWing

发现自根往下选并不好决策，考虑倒着做。

定义：记 $f[i][j]$ 表示 在 $i$ 的子树内，选的总体积为 $j$ 且必选 $i$，最大价值。

答案：$\underset{1\le i\le vmax}{max}f[root][i]$

转移：$f[i][j]=\underset{j-k\ge a[i]}{max}f[i][j-k]+f[son[i]][k]$

初始化：$f[i][a[i]]=b[i]$，其他的设为 $-inf$。

void dfs(int u){
	f[u][a[u]] = b[u];
	for(auto v : G[u]){
		dfs(v);
		G(i, vmax, a[u]){
			G(j, i, a[v]){
				if(f[u][i - j] >= 0 && f[v][j] >= 0)
					f[u][i] = max(f[u][i], f[u][i - j] + f[v][j]);
			}
		}
	}
}