ZROI 19.08.03 DP入门
- \(n\)个点，要求连一棵树，设点\(i\)的度数为\(d_i\)，则其贡献为\(f(d_i)\mod 59393\)，其中\(f(x)\)是一个\(k\)次多项式。最大化总贡献。\(n\leq 3000, k\leq 10, a_i\leq 50\)。
对于任意一种度数序列，都可以生成一棵对应的树。
每个点度数\(\geq 1\)，\(-1\)后等于\(n\)个点分\(n-2\)个度数。
\(O(n^3)\)dp：\(f_{i,j}\)表示前\(i\)个点，度数和为\(j\)的最优解，转移的时候枚举新点度数。
实际上不需要限制非\(0\)数的个数，直接枚举度数做完全背包，\(O(n^2)\)。
dp时很多状态是非必要的，通过一些转化，去掉它们就可以优化很多。
（顺便一提，模数是ntt模数，然而这题和ntt没什么关系）
\(f_{i,j}\)表示第\(i\)个单位，血量为\(j\)的概率。
询问的时候对每个单位算出\(g_{i,j}\)，表示除了第\(i\)个单位之外，有\(j\)个单位存活的概率。先把所有单位的背包算出来，每个单位的\(g_i\)相当于退一个背包，用除一个\(ax+b\)的方法，可以做到单次\(O(n^2)\)。
复杂度\(O(nm+n^2C)\)。
- 一个\(n\)个点的图，求\(k\)个叶子的生成树个数。\(n\leq 15\)。
一种dp：设\(f_{\{a_1.…,a_n\}},a_i=\{0,1,2\}\)，表示每个点没选/选了，是/不是叶子的方案数。
然后这个dp被ytq枪毙了。
考虑容斥，枚举叶子集合，剩下的点Matrix-Tree求出生成树个数，然后把叶子挂在生成树下面。用fmt/fwt优化容斥，复杂度\(O(3^n)\)。
- 有\(\{2…n\}\)，共\(n-1\)个数。两个人各取一个子集\(S,T\)，要求不存在\(x\in S,y\in T\)，使得\(\gcd(x,y)\not=1\)，求方案数。\(n\leq 500\)。
\(x^2\leq 500\)的质数最多\(8\)个。
意味着对于一个数，不属于这些质数的质因子最多一个。
枚举\(8\)个质因数中每个属于\(S,T\)，还是都不属于。dp大质数各自属于哪个集合即可。复杂度\(O(3^8\cdot n)\)。
- \(n\times m\)的网格，每个位置有权值。选若干个位置，满足任意两个位置八方向不连通，求最大权值。\(n\leq 12,m \leq 100\)。
插头dp经典问题。
- \(n\)个点的有根森林，两个人轮流选点，删去这个点的祖先和它本身，保留其余点的父子关系（即，可能生成若干棵树）。不能操作者输，求先手是否必胜。\(n\leq 10^5\)。
设\(f_i\)表示以\(i\)为根的子树的sg函数，对每个点暴力dfs，\(O(n^2)\)暴力很好做。
发现一个儿子转移到父亲，它的子问题的sg函数，需要整体xor上一个值，用trie维护，直接线段树合并就可以了（\(01\)trie的本质就是一个二进制分组的权值线段树）。
- 平面上有\(2n\)个球，有\(2n\)个机器人，分别位于横、纵轴\([1,n]\)的位置。激活一个机器人会拿走它坐标轴垂直方向最近的球。问多少顺序可以拿走所有球。\(n\leq 10^5\)。
建\(2n\)个点分别表示第\(i\)行和第\(i\)列。对于\((x,y)\)的球，从\(x\)行向\(y\)列连边，边权为\(x+y\)。每次激活一个点，等于选了与它相连的剩余权值最小的边。
考虑合法的方案，要求每个连通块边数等于点数，且每个点出度为\(1\)。发现是一个基环内向树。
环上枚举顺时针或逆时针，树上可以直接树dp。
- 数轴上有\(n\)个点，第\(i\)个的位置是\(x_i\)。你的起点是\(0\)，终点是\(E\)，速度是\(1\)单位每秒。对于每个点，设第一次走上去的时间为\(t_i\)，则会在\(t_i+T\)时刻产生一个硬币。求收集所有硬币并走到终点的最小时间。\(n\leq 10^5,0 < x_i < E\)。
设\(f_{i}\)表示最后一次在\(x_i\)处回头的最小时间，列出暴力方程：
取\(\max\)表示路程太短没法生成硬币，需要等一会。
拆成两部分dp，对于\(\max=T\)的一部分，可以单调队列优化。否则就是一个前缀最小值。可以线性完成。好水啊
- 给一个序列\(a_i\)，对每个\(i\)找一个最小的\(p_i\)，满足对所有\(j\)有\(p_i\geq a_j-a_i+\sqrt{|i-j|}\)。\(n\leq 10^6\)。
有个比较显然的\(O(n\sqrt n)\)做法，即枚举平方根，对每个平方根用单调队列优化。
四边形不等式：若\(w_{i,j}\)满足内内+外外\(\geq\)内外+外内，则称\(w_{i,j}\)满足四边形不等式，利用\(w_{i,j}\)转移的方程满足决策单调性。
利用决策单调性优化方程需要快速算出\(w_{i,j}\)，或\(w_{i,j}\)满足莫队性质。
一般情况下是分治计算，即，暴力算出\(mid\)处的最优位置，然后递归两边。
暴力做法：枚举中位数\(\mu\)，每条边拆成\(a_i,2\mu-a_i\)两条边，分别为黑和白。就转化为了\(k\)白边最小生成树，wqs二分即可。复杂度\(O(nm\log a\cdot \alpha(n))\)。
结论：最大生成树只包含\(w\geq \mu\)的黑边和\(w<\mu\)的白边。
发现枚举\(\mu\)的操作只对白边有影响，可以和wqs二分放到一起，复杂度\(O(m\log a\cdot \alpha(n))\)。
- 有一个二进制串，初始全是\(0\)。现在有\(m\)次操作，每次操作有\(p_i\)的概率给这个串加上\(2^{a_i}\)，一次操作的代价是这次操作导致二进制串变化的位数，求所有操作的期望代价和。\(a_i,m\leq 2\times 10^5\)。
答案等于所有过程进位次数加上最后保留的\(1\)的个数，所以操作顺序对答案没有影响。
\(f_{i,j}\)表示前\(i\)位，这一位被加了\(j\)次的期望，则\(f_{i,j}\)可以转移到\(f_{i+1,\lfloor\frac{j}{2}\rfloor}\)。
操作等于乘以一个\(p_ix+(1-p_i)\)的多项式，可以分治fft。
假设某个位置操作了\(y\)次，则它最多进位\(\log_2y\)次，相当于每个多项式最多前进\(\log\)步。只需要处理有用的部分即可。复杂度\(O(n\log^2n)\)。
