DP Training（Updating）♪(^∇^*)
DP Training
DP Training 01
https://vjudge.net/contest/220286 密码 nfls
A 数塔（Easy）
\(f[i][j]\) 表示当前选第 \(i\) 行，第 \(j\) 列的格子，上面的选完了，下面的没选的最大方案
\(f[i][j]=max(f[i-1][j-1],f[i-1][j])+a[i][j]\)
B 数塔（Medium）
不难发现答案一定是交点到四个顶点的最大路径之和，预处理 \(f[4][i][j]\) 表示 \((i,j)\) 到四个定点的最优距离，然后枚举交点计算结果
注意有两种情况：
分别统计答案即可
C 数塔（Hard）
题目坏掉了
写了一个不知道真的假的
我们把来回想象成两个人一起从左上角走到右下角， \(f[i][j][k]\) 表示当前走到第 \(i\) 行，第一个人在第 \(j\) 列，第二个人在第 \(k\) 列，最大收益，转移的时候枚举第一个人是否是从左边来的，第二个人是否是从左边来的（否则就是从上边来的），复杂度 \(O(n^3)\)
D 最大连续和（Easy）
这个好像不用\(\text{dp}\)，直接维护一个当前的和以及当前的和对应的左端点
每次如果当前和>=0，那么就加上现在这个数，否则当前和改成现在这个数，左端点改成现在的位置（显然前面的负数没有意义）
rep(i,1,n){
if(nw>=0 && nwl) nw+=a[i];
else nwl=i,nw=a[i];
if(nw>ans){ans=nw;ansl=nwl;ansr=i;}
}
E 最大连续和（Medium）
跟D一样的做法
首先枚举左边界和右边界，然后就把二维问题转化成了一维问题，每一个数就是对应的行的左边界与右边界之间数的和，然后用上面的方法求一下最大连续和即可，复杂度 \(O(n^3)\)
F 最大连续和（Hard）
垃圾题目
一眼看上去不可做，网上翻一下题解，复杂度 \(O(nm)\) ？题目中根本没有说明 \(m\) 的范围，我以为 \(m\) 可以达到\(1\text{e}6\)……
然后就好做了，想怎么做怎么做
先记一个 \(f[i][j]\) 表示当前选到第 \(i\) 个数，当前选了 \(j\) 段，最大的收益
转移就是
然后记录一个前缀MAX就可以做到 \(O(nm)\) 了，注意空间需要滚动数组优化
G 最长上升子序列（Easy）
\(O(n^2)\) 暴力dp。。。
H 最长上升子序列（Medium1）
可以证明答案就是LIS的长度
不过我用的是贪心的做法，维护一个set存储每一个拦截系统的上一个高度，每次把当前导弹赋给大于等于他的最小的那个，如果不存在，则新建一个导弹拦截系统。容易证明正确性。
注意多测。。。
I 最长上升子序列（Medium2）
把第一维排序，第二维跟着变换，求变换后的LIS
注意输出的时候road和roads不一样，而且king的首字母小写，两个test之间有一个换行。。。
J 最长公共子序列（Easy）
为什么HDU的题这么多都没有数据范围啊。。。
直接写显然是 \(O(nm)\) 的，然后把数组开到 \(5000 \times 5000\)，就过了。。。
K 最长公共子序列（Medium）
跟上一题基本一样，不过有数据范围（😅）
L 最长公共子序列（Hard）
我们令 \(f[i][j]\) 表示 \(a\) 取前 \(i\) 个，\(b\) 取前 \(j\) 个的最长公共子序列，\(g[i][j]\) 表示 \(a\) 取前 \(i\) 个，\(b\) 取前 \(j\) 个的种数，转移：若 \(f[i - 1][j] == f[i][j]\)，则 \(g[i][j] += g[i - 1][j]\)，表示 \(i\) 这个字符不选；再考虑选 \(i\) 这个字符，找到 \(b\) 串前 \(j\) 个字符中最靠后的与 \(a[i]\) 匹配的字符的位置，设为 \(p\)，若 \(f[i - 1][p - 1] + 1 == f[i][j]\)，则 \(g[i][j] += g[i - 1][p - 1]\)。最终的答案即为 \(f[n][m]\)。复杂度 \(O(n^2)\)。
（多测！多测！因为数组没清零挂了1h+。。。）
M 0/1背包（Easy）
最基础的背包问题，——但是
注意！！！背包容量可以为零！！！物品的体积也可以为零！！！
（怎么这种模板题总要坑你一下才高兴啊。。。😡）
N 0/1背包（Medium1）
题目又一次坏掉了，好像FZU这个OJ不能用了。。。
依旧是基础的背包问题
注意到value比较小，我们用 \(f[i][j]\) 表示当前选到第 \(i\) 个物品，当前的 \(\text{value}\) 总和为 \(j\) 的最小 \(\text{weight}\)，那么我们转移就枚举当前这个用不用，然后算答案的时候就看最大的满足 \(f[n][x] \le B\) 的 \(x\) 就可以了
O 0/1背包（Medium2）
以为 \(\text{poj}\) 特别的慢，一开始不知道怎么做，后来发现就是直接上 \(100 \times 100 \times 2000\) 的做法，暴力 \(\text{dp}\)，注意 \(\text{long long}\) 就超时了，\(\text{int}\) 才能过
P 0/1背包（Hard）
真的Hard吗。。。
既然要求第 \(k\) 大的和，我们就维护前 \(k\) 大，然后暴力合并，就是把可能的 \(2k\) 种拎出来，\(sort\) 一下，去个重，然后放进当前的 \(dp\) 数组里
注意 \(set\) 会超时（不开 \(O2\) 的垃圾 \(\text{OJ}\)），必须用 \(sort\) 加上 \(unique\)
然后我们要从大到小排序，一种写法是 \(\text{sort + reverse}\)，另一种是 \(\text{sort(a+1,a+n+1,greater<int>())}\) ，看起来没有区别，结果第二种比第一种快四倍以上。。。
Q 完全背包（Easy）
\(f[i][j]\) 表示当前选到前 \(i\) 种硬币，总重量正好是 \(j\) 的最小总价值
转移 \(f[i][j]=\min(f[i-1][j],f[i][j-w[i]]+v[i])\)
R 完全背包（Medium）
正常的完全背包，但是注意到大于 \(k\) 也是可行的，所以需要写成递推的形式
另：完全背包可以用一个一维数组实现，每一次直接递推更新，正确性显然，而且好写
S 完全背包（Hard）
我们先假设度数都是1，我们要把其中某些点度数增大，增大的部分总和为 \(n-2\)，那么就设 \(h(i, j)\) 表示 \(\leq i\) 的点已经考虑了，已经增大了 \(j\)。转移就是 \(h(i, j) = \max \{ h(i - 1, j), h(i, j - (i - 1)) + f(i) - f(1) \}\)
这个方法的巧妙之处就在于，不需要知道具体增大了多少点，因为大家加起来只有 \((n - 2)\)，是肯定不会超过 \(n\) 个的。
以上by叉姐
实质上就是把问题转化为容量为 \(n-2\) 的背包，“增加度数为 \(i\) 的点”看作物品，价值就是 \(f[i]-f[1]\)
因为一个物品想要多少就有多少（在小于等于背包容量的时候一定能够取到这么多物品），所以就变成了完全背包问题
DP Training 02
https://vjudge.net/contest/220287 密码 nfls
C 思维
\(f[i][j]\) 表示当前选了前 \(i\) 个数，当前的模数为 \(j\) 是否可行
转移就是枚举当前数加还是减
D 思维
首先行不能交换，最终答案矩形对应着行上的一段区间，我们枚举一个行作为答案的底端
然后可以维护 \(h[i]\) 表示当前行第 \(i\) 列对应的高度是多少，高度指的是这一列以第 \(i\) 行为底端的最长的柱形的 \(1\) 的数量
那么我们肯定是把 \(h[i]\) 大的放在一起，统计一下 \(h[i] \ge k\) 的 \(i\) 有多少个，然后就算一下答案就好了
