dp 题单

Diu 的 dp 题单

原本想写学习笔记的，但是 dp 题目太多，套路太深，我把握不住，所以我决定改成写题单。

本题单主要收录一些 dp 题目的神秘操作，当然也有一些套路比较常见，只是选一些做代表收录。

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CF1626 A Random Code Problem

期望 dp，桶：开一个桶维护 $f_{i,j}$ 表示操作 $i$ 次之后共有多少个 $j$，对于每一个 dp 值统计答案，设 $L=\gcd(1,2,\dots,k-1)$，发现 $L\lfloor\frac{a_i}{L}\rfloor$ 的部分始终不变，统一统计即可。

P3736 [HAOI2016]字符合并

区间 dp 和状压 dp：设 $f_{i,j,s}$ 表示区间 $[i,j]$ 的串最后合并成串 $s$ 的最大分数。发现因为每次合并的价值均为正数，所以能合并肯定合并，所以最后一个固定的区间 $[i,j]$ 会合并成长度为 $(j-i-1)\%(k-1)+1$ 的串，直接暴力 dp 即可。

P4007 小 Y 和恐怖的奴隶主

矩阵优化，卡常：发现 $m$ 很小，但是 $n$ 很大，考虑直接开 $m$ 维维护血量。设 $f_{i,a,b,c}$ 表示攻击 $i$ 次，有 $a$ 个奴隶主血量为 $1$，$b$ 个奴隶主血量为 $2$，$c$ 个奴隶主血量为 $3$ 的期望打掉 boss 的血量，直接从 $f_i$ 暴力构建转移矩阵到 $f_{i+1}$，复杂度 $O(T166^3\log n)$。多组数据时，一个优化是把 $2$ 的次幂的矩阵预处理出来，然后每次二进制拆分，用一个行矩阵（或列矩阵）乘上需要的，优化到 $O(166^3+T166^2\log n)$。还需卡常，在矩乘时用一个 __int128 做中间量，最后统一取模。

P4590 [TJOI2018]游园会

状压，dp 套 dp：字符串计数，考虑 $f_{i,\dots}$ 表示前 $i$ 个字符，满足什么状态的方案数。对于 $NOI$ 的限制，我们可以考虑加一位 $0/1/2$ 表示和 $NOI$ 的匹配程度。对于最长公共子序列，我们可以考虑还原在 dp 求最长公共子序列的过程。如果把兑奖串看做已知，那么设 $dp_{i,j}$ 表示第一个串前 $i$ 个字符，第二个串的前 $j$ 个字符匹配了多少个，那么 $dp_{i,j}=\max(dp_{i,j-1},dp_{i-1,j},dp_{i-1,j-1}+[s_i=s_j])$。发现 $dp_i$ 的转移只和 $dp_{i-1}$ 有关。我们可以考虑用一个状态 $s$ 存储一个 $dp_i$，然后每次转移暴力解压出来，更新完之后再压缩回去。但是这样做状态数很多，我们可以发现 $dp_{i,j}-dp_{i,j-1}=0/1$，所以我们可以把 $dp_i$ 差分起来，再状压。

CF1648C Tyler and Strings

计数 dp，数据结构优化：我们从小到大枚举每一位 $i$ 表示 $s$ 和 $t$ 前 $i$ 位相同的情况，更新桶，表示当前可用点。如果第 $i+1$ 位使得 $s$ 字典序更小，那么后面的可以乱填。那么假设 $c_i$ 是桶，对于一个 $j<t_{i+1}$，我们的方案数是 $\sum\frac 1{c_j}\cdot\prod c_i!$，然而每次枚举一位只会改变一个 $c_i$ 的值，所以可以用数据结构维护这个过程。具体地，可用线段树，也可用树状数组维护前缀和。

SOJ 4. Journey

期望树形 dp，容斥，卡常

SOJ 5. Festival

期望计数 dp

SOJ 6. Random

期望 dp，矩阵优化，cdq

以上三题做法太神仙，笔者太弱，无法很好总结，另见 solution。

SOJ 1.博弈

博弈论，DAG 图上 dp，背包 dp：可以发现每个点有无棋子对答案贡献互相独立，可以用一次 dp 解决。可以先设 $f_v$ 表示节点 $u$ 可以使得当前先手领先多少个点，对于一个可以转移的 $v$，如果 $u,v$ 同色，那么 $f_u\Leftarrow f_v+1$，否则 $f_u\Leftarrow -f_v+1$，$f_u$ 在所有状态中取 $\max$，特殊地，持棋者可以一步不走，所以 $f_u$ 也可以为 $0$。一遍 dp 更新完 $f$ 之后，我们按颜色分开，即一部分是对 A 有正贡献，一部分是负贡献。那么对两者分别跑背包，然后统计即可。

P6803 [CEOI2020]星际迷航

博弈论，树形 dp，矩阵优化：模拟赛时奇妙 65 分，至今不知原因。

我们发现除了第一棵树，其他树上节点我们只需要知道以它为根节点的情况，可以考虑换根 dp。我们发现一个一个必胜点向后面接了一条边什么事都无，而一个必败点往后借一条边，如果连的是必胜也无用，否则会改变某一些点的 dp 值。我们可以考虑矩阵优化。最后再做一次树形 dp 统计答案即可，细节极多。

CF1500F Cupboards Jumps

构造，普通 dp，set 的神秘操作：我们发现题目和 $h$ 的值无关，只和 $h$ 的差分有关，所以我们考虑对差分 $d_i$ 进行 dp，直接设 $f_{i,x}$ 表示前 $i$ 个数中 $|d_i|=x$ 是否可行。然后我们可以发现 dp 数组的转移情况只有：以某个点为中心翻转，整个值域覆盖，删除或加入单点。我们发现单点的值不多，可以用 set 维护，对于区间翻转操作，可以用两个便捷维护，用两个值维护区间是否翻转，即区间便宜的值。每次翻转操作我们对整个区间进行翻转，这样单次复杂度 $O(\log n)$。

P6773 [NOI2020] 命运

计数树形 dp，线段树合并维护：因为所给的链都是返祖链（两个端点有祖先-后代关系的链），所以我们可以设 $f_{u,i}$ 表示子树 $u$ 内，需要在深度为 $i$ 的祖先下面之前选一个点的方案数。如果不需要再选择，那么 $i=0$。然后我们考虑转移，对于 $u$ 的一个儿子 $v$，我们可以考虑类似树上背包的转移，假设 $dep_u$ 表示节点 $u$ 的深度，其中根节点深度为 $1$，那么：

$$f'_{u,i}=\sum_{j=0}^{dep_u}f_{u,i}\times f_{v,j}+\sum_{j=0}^if_{u,i}\times f_{v,j}+\sum_{j=0}^{i-1}f_{v,i}\times f_{u,j}$$

前面一个 $\sum$ 是求当前点选择的情况，后面两个是求不选择的情况。我们发现这个东西维护一个前缀和就能够快速求出。我们可以考虑线段树合并，维护区间 dp 值的和。然后合并的时候可以维护两个全局变量表示前缀 $f_u$ 的和和后缀 $f_v$ 的和。总体比较好写。

类似题目推荐：P5298 [PKUWC2018]Minimax，期望树形 dp，同样是用线段树合并维护。

P6669 [清华集训2016] 组合数问题

数位 dp，组合数：其实就是 $C_i^j\equiv 0(\bmod k)$ 的个数。然后用 Lucas 定理拆开：$C_n^m\equiv \prod C_{a_i}^{b_i}$。我们发现满足条件必须要这些组合数中必须要有某个 $C_{a_i}^{b_i}=0$，因为每个 $a_i,b_i<k$。所以要有 $a_i<b_i$。我们发现问题可以转化成两个 $p$ 进制数 $i,j$，两个有上限，要求 $i\ge j$，某一位 $a_l<b_l$，然后跑数位 dp 就行了。

如果不会 Lucas 定理，可以看我的 数论家族学习笔记。

P5468 [NOI2019] 回家路线

本题有 加强版，注意两者数据范围不同。

斜率优化，图上 dp：发现转移花里胡哨，我们如果按每个点进行 dp 的话，发现光转移的复杂度就是 $O(n^2)$ 的，根本吃不消。我们可以考虑把航班设到状态，然后把时间（航班时间）和空间（出发点和终点）放到转移条件。然后我们把转移的式子拆开，发现可以斜率优化，现在开始考虑转移条件。对于每个航班，更新时从出发点更新，完了之后插入到终点，这样就处理好了空间限制。对于时间限制，我们可以用类似扫描线的思路，把每个航班拆成两个，按时间排序。第一次扫到就更新 dp 值，第二次插入到单调队列里。

P3244 [HNOI2015]落忆枫音

普通 dp，计数：对于一个 DAG 上的统计，我们有一个结论：假设点 $u$ 的入度是 $d_u$，那么方案数就是 $\prod d_u$，具体就是每个点选择一个父亲。但是新加了一条边 $(s,t)$，可能会有环，我们要从上述答案中减去环的情况。我们假设这个环上的点为 $a_1,a_2,\dots,a_k$，大小为 $k$，那么我们住了这个环以外的点乱选，那么要减去的值为 $\dfrac{\prod d_u}{\prod d_{a_i}}$。我们发现这个东西可以 dp，我们假设 $f_u$ 表示从 $t$ 到 $u$ 的路径上，该式的值。容易得到 $f_u=\dfrac{f_v}{d_u}((u,c)\in E)$，那么答案就是 $\prod d_u-f_s$。

SP3734 PERIODNI - Periodni

SPOJ 太奇怪了，所以直接放 luogu 链接了。

笛卡尔树，树形 dp，组合计数：我们发现，如果按照笛卡尔树的思路分割序列，对应的两个子树内是不会互相影响的。建完笛卡尔树之后，我们考虑树上背包。设 $f_{u,i}$ 表示子树 $u$ 选 $i$ 个的方案数。然后随便用组合数统计一下就可以了。

SOJ 28.寄

树上 dp：我的理解是拆维。考虑一个高维 dp，设 $f_{u,x,j}$ 表示子树 $u$ 内，最近的关键点距离点 $u$ 为 $x$，剩下 $k$ 个点没匹配的最小贡献，这里需要统计 $k$ 个没匹配的点到点 $u$ 的距离。显然可以大力背包，因为 $x$ 和 $j$ 都和子树的 size 有关，所以能过 $O(n^4)$ 的。我们考虑拆维，设 $f_{u,j}$ 表示子树 $u$ 内，剩下 $k$ 个点没匹配的最小贡献，$g_{u,x}$ 表示子树 $u$ 内所有点匹配，最近关键点距离点 $u$ 为 $x$。然后 $f_u$ 正常更新，用 $g_u$ 来更新 $f_{u,0}$，$g_u$ 的更新就相当于已经知道两棵子树的 $g$，合并它们（两子树顶点有一条权值为 $w$ 的边）。假设两子树根分别为 $v_0,v_1$，那么我们可以先枚举关键点 $j$ 在 $v_0$，再枚举 $v_1$ 里面有多少个没匹配的点，让它们全部连向 $j$，这一步要用到 $g_{v_0}$ 和 $f_{v_1}$。同理，反过来，当关键点在 $v_1$ 时做相同处理。更新 $g$ 的时间复杂度可以考虑每两个点会在它们的 lca 被统计，所以是 $O(n^2)$，更新 $f$ 的同理。总时间复杂度 $O(n^2)$。

SOJ 30.润

ddp：先考虑朴素 dp，设 $f_{l,r},g_{l,r}$ 表示区间 $[l,r]$ 有无进位的答案，那么如果 $s_l=0$，那么 $f_{l,r}=2f_{l+1,r}+work(l,r),g_{l,r}=f_{l+1,r}+g_{l+1,r}+work(l,r)$，否则 $f_{l,r}=f_{l+1,r}+g_{l+1,r}+work(l,r),g_{l,r}=2g_{l+1,r}+work(l,r)$。然后考虑 ddp，写成矩阵形式，从 $r$ 往前转移。注意 $work(k)$ 只和 $k$ 的二进制位数有关，可以递推，但是要特判 $k=2^p$ 的情况。所以查询时可以先找到从右往左的第一第二个 $1$ 的位置，分别查询即可。细节非常多，不过大样例好评！