DP做题笔记
一些博客
做题记录
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设 f[i][j] 表示第 i 天拥有 j 张股票的最大收益,不难发现,每一天都不会即买入又卖出,于是就会有三种情况:
- 不买不卖:f[i][j]=f[i-1][j]
- 买入:f[i][j]=f[i-w-1][k]-AP_i(j-k)\:\:(k\ge j-AS_i)
- 卖出:f[i][j]=f[i-w-1][k]+BP_i(k-j)\:\:(k\le j+BS_i)
其中,k 枚举的是第 i-w-1 天拥有的股票数。
考虑如何优化,以买入为例:
首先将式子变形,把与 k 有关的放在一起:
f[i][j]=(f[i-w-1][k]+AP_i\times k)-AP_i\times j\:\:(k\ge j-AS_i)前半部分其实就是一个滑动窗口了,复杂度 O(TMaxP)。
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由于花费只与一组内的最长的长与宽有关,所以我们可以先按照长降序排序之后将有被包含关系(即长宽都小于别人)的矩形删去,廷尉他们是不会造成额外花费的。因此在剩下的矩形中,长都是降序,宽都是升序。
设 f[i][j] 表示前 i 块地分为 j 组的最小代价,则有:
f[i][j]=\min_{k<i}\{f[k][j-1]+a_{k+1}\times b_i\}若 k 选 x 比选 y 更优,且 x>y,那么:
f[x][j-1]+a_{x+1}\times b_i<f[y][j-1]+a_{y+1}\times b_i \\\frac{f[x][j-1]-f[y][j-1]}{a_{y+1}-a_{x+1}}\le b_i于是我们得到了一个可以斜率优化的式子,由于 b_i 递增,所以维护一个下凸壳就可以了。
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这是一道决策单调性的题目,可是我并不会证。
设 f[i] 表示前 i 句话的最小不协调度之和,可以得到:
f[i]=\min_{j<i}\{f[j]+|s_i-s_j-1-L|^{P}\}其中,s_i 表示长度前缀和(包括空格),-1 是因为行末是不包括空格的。
由于这个转移式具有决策单调性,所以我们使用二分栈(队列)来维护所有的决策点,因为决策单调,所以最优决策点一定是形如\{1,1,2,2,2,3,4,4,\cdots\} 这样的数列,对于栈中的任意两个点,都可以通过二分来找到一个临界点 k,使得在 k 之前,通过前一个决策点更优,在 k 之后,通过后一个决策点更优。
当我们枚举到 i 这个位置时,对于队首,只要栈顶与下一个点的临界点小于等于 i,那么弹掉队首,对于队尾,如果倒数第二个点与队尾的临界点大于等于队尾与 i 的临界点,即这两对点所“负责”的区域发生了重叠,那么弹掉队尾,最后把 i 入队。而每次的最优决策点即为队首。
输出有亿点毒瘤……
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一道挺好的单调队列优化DP
设 f[k][i][j] 表示在 k 时段,走到 (i,j) 能获得的最大距离。朴素的DP方程是:
f[k][i][j]=\max\{f[k-1][i][j],f[k][i'][j']+dis(i,j,i',j')\}其中 (i',j') 是一个在 k 时段内可以到达 (i,j) 的位置。
可以用单调队列优化掉 j 这一维。
几点注意:
- 遇到无法到达的点时,清空队列。
- 四个方向分开讨论(因为他们的起点不同)。
- 先更新队尾再更新DP值,因为更新队尾元素时要用到上一次的DP值。
- 最开始将DP数组赋为负无穷(起点除外)。
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设 f[i] 表示到达第 i 课树时的最小代价,DP方程为:
f[i]=\min_{j<i}\{f[j]+[h_j\le h_i]\}\:\:(i-j\le k)注意到一个性质:当DP值相同时,用高度小的树转移必然更优,当DP值不同时,用DP值小的树转移更优(因为树高最多使DP值+1)。
于是就可以单调队列优化了。
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易得 p[i]=\max\{a_j+\sqrt{|i-j|}\}-a_i
先不管最后的 a[i],打表可知,前半部分的转移是有决策单调性的。于是我们可以用队列模拟二分栈来解决这一问题。值得注意的是,为了便于计算,我们先假设所有的 i 都由一个小于自己的 j 转移过来,也就是说先不管绝对值。为了得到最终的答案,我们还需要把数列反转,再求一遍并取max。
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一道带权二分+斜率优化的题目。
先将题目中要求的式子转化一下:
\begin{split} s^2\times m^2&=m\sum_{i=1}^{m}{(\overline x-x_i)^2} \\&=m\cdot[\sum_{i=1}^{m}{x_i^2+m\overline x^2-2\overline x\sum_{i=1}^{m}{x_i}}] \\&=m\sum_{i=1}^{m}{x_i^2}-(\sum_{i=1}^{m}{x_i})^2 \end{split}于是问题转化为了使得 \sum_{i=1}^{m}{x_i^2} 最小。
令 f[i][j] 表示第 j 天走完 i 段时上式的最小值。可以得到:
\begin{split} f[i][j]&=\min_{k<i}\{f[k][j-1]+(s_i-s_k)^2\} \\&=\min_{k<i}\{f[k][j-1]+s_k^2-2s_is_j\}+s_i^2 \end{split}其实推到这里已经可以斜率优化 O(mn) 通过此题,但还可以优化。
可以发现 f 值随着划分次数的增加而减少,因此我们可以采用带权二分的方法去掉 j 这一维,通过二分分段的权值来使段数逼近 m。这样做的复杂度是O(n\log\sum x_i) 的。
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这题虽然不用DP,但是需要带权二分,所以也放在这里。
具体思路是二分给白边附加的权值,再求最小生成树,当选择的白边数量为 need 时输出答案即可。
有一些比较恶心的地方:排序的时候要在权值相等时白边优先,二分时应该是 l\le r 而不是 <……
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四边形优化DP。
设 f[i][j] 表示前 i 个村庄建 j 个邮局的最小距离。可以得到:
f[i][j]=\min\{f[k][j-1]+w[k+1][i]\}其中 w[i][j] 表示在 [i,j] 中建邮局的最小距离和,它如何计算呢?
首先有一个结论:若区间长度为奇数,那么将邮局建在中位数处距离和最小;若为偶数,那么建在中间两个之间的任意位置都一样。
所以,我们可以分类讨论:
- 若区间长度为奇数:中位数在 \frac{i+j}{2} 处,相较于 [i,j-1],可以认为中位数没有变化(因为总距离不变),所以总和增加了 d[j]-d[\frac{i+j}{2}]。
- 若长度为偶数也可以用同样的思路得出同样的结论。
综上,我们得到了递推式:
w[i][j]=w[i][j-1]+d[j]-d[\frac{i+j}{2}]然后就是四边形优化的套路了,外层正序枚举 j,内层逆序枚举 i,k 的范围为 [s[i][j-1],s[i+1][j]]。( s 表示最优决策点)
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考虑给出式子的组合意义,相当于从 nk 个不同物品中选出 t 个,且满足 t\mod k=r 的方案数。我们设 f[i][j] 表示当前考虑到第 i 个物品,所选数量 \mod k 为 j 的方案数,遂于每个物品有选与不选两种选择,所以:
f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1]发现每一次转移都只与 f[i-1] 有关,所以可以矩阵加速,转移矩阵为:
\begin{bmatrix} f_{nk,0}\\ f_{nk,1}\\ f_{nk,2}\\ \vdots \\ f_{nk,k}\\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & \cdots & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 1 & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 1 & 1 \\ \end{bmatrix}^{nk} \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0\\ \vdots \\ 0\\ \end{bmatrix}矩阵快速幂即可。
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未来费用提前计算的区间DP。
设 f[i][j][0/1] 表示处理完区间 [i,j] 之后在左/右端点时的最小代价,最终答案为 \sum{y}-\min\{f[1][n][0],f[1][n][1]\}。
当处理完后在左端点时,可以从 f[i+1][j][0/1] 转移过来,即:
\min \begin{cases} f[i+1][j][0]+(s_i+s_n-s_j)(b_{i+1}.x-b_{i}.x) \\f[i+1][j][1]+(s_i+s_n-s_j)(b_j.x-b_i.x) \end{cases}在右端点时同理:
\min \begin{cases} f[i][j-1][0]+(s_{i-1}+s_n-s_{j-1})(b_{j}.x-b_{i}.x) \\f[i][j-1][1]+(s_{i-1}+s_n-s_{j-1})(b_j.x-b_{j-1}.x) \end{cases}老实说,这类问题的思路基本都是这样。
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跟上一题几乎一毛一样,注意亿下输出。
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与上一题不同的是,本题中可以选择跳过某些不利的点,对此,我们的处理方法是:加维。
增加一维表示还需要送的人数,每次转移时分别往两边枚举出一个点,钦定当前端点到该点的这一段跳过,这样就可以处理跳过点的情况了。
用记搜实现会比较方便。
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消消乐问题。
令 f[i] 表示 i 个一样的连在一起的元素被消去后得到的最大分数,可以用完全背包处理。
然后将连续的一段相同元素合并成一个点,原序列就变成了若干个黑白交错的点,记点 i 中的元素个数为 sz[i]。
令 g[l][r][k] 表示现在要消玩 [l,r] 这一段点,其中点 r 后面还吊着 k 个与 r 相同的元素,那么 r 可以选择单独消或者与前面的元素一起消。
单独消:g[l][r-1][0]+f[k+sz[r]]。
一起消:g[i+1][r-1][0]+g[l][i][k+sz[r]],其中 i 是一个颜色与 r 相同的点。
同样可以记忆化搜索实现。
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又是一道未来费用提前计算的题,方法同上。
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四边形优化DP。
令 f[i][j] 表示前 i 条铁路炸成 j 段的最小花费,则:
f[i][j]=\min\{f[k][j-1]+w[k+1][i]\}w[i][j] 可以递推计算:
w[i][j]=w[i][j-1]+a[j]\times(sum[j-1]-sum[i-1])其中 sum[i] 表示前缀和。
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概率期望与DP的结合。
每一关一小时通过概率为 \frac{t_i}{\sum_{x=l_j}^{i}{t_x}},故通过这一关的期望时间为 \frac{\sum_{x=l_j}^{i}{t_x}}{t_i}。
令 w(l,r) 表示通过 [l,r] 这一段区间中的关的期望时间,那么:
\begin{split} w(l,r)&=\sum_{x=l}^{r}{\frac{s_x-s_{l-1}}{t_x}} \\&=\sum_{x=l}^{r}{\frac{s_x}{t_x}}-s_{l-1}\sum_{x=l}^{r}{\frac{1}{t_x}} \end{split}其中 s_i 表示 t 的前缀和。
将 s_i 记作 s0_i,将 \sum_{x=1}^{i}{\frac{s _x}{t_x}} 记作 s1_i,\sum_{x=1}^{i} 记作 s2_i,那么:
w(l,r)=s1_r-s1_{l-1}-s0_{l-1}(s2_r-s2_{l-1})令 f[i][j] 表示前 i 关分为 j 个等级的最短期望时间,则:
f[i][j]=\min\{f[k][j-1]+w(k+1,i)\}将 w 带入后就可以得到可以斜率优化的式子了。
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最短路+DP。
基本的思路并不难,先处理出总部到各个分部与各个分部到总部的最短路,然后四边形优化DP即可。但是有一点要注意:在处理出每一点往返总部距离之后应将它们排序之后再DP。
因为每个点对答案的贡献只与其所在集合大小有关,因此,权值小的点应尽量处在一个相对较大的集合中,即在所有集合中,最大的那一个中的点权和应最小,因此要把最小的几个点放入第一个(最大的)集合。所以,对点权排序之后可以让答案最优。
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笛卡尔树+DP
对原序列建立笛卡尔树,节点 u 的意义就是一个高度为 h[fa]-h[u] 的横着的极大矩形。不难发现,在两个儿子中放棋子是互不影响的,所以考虑树形DP。
令 f[i][j] 表示第 i 个节点为根的子树中放了 j 个棋子的方案数。
先合并左右子树的答案:
f[i][j]=\sum_{k\le j}{f[v][j-k]\cdot f[i][k]}其中 v 表示 i 的儿子。
然后还要求对于 i 节点表示的矩形中放棋子的方案:
f[i][j]=\sum_{k\le j}{f[i][j-k]\cdot k!\cdot \C^k_h\cdot \C^k_{w-j_k}}其中,h,w 分别表示长和宽。
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令 f[i][j] 表示到时间 r_i 时,现在未烤的那一面烤了 j 分钟的方案数,对于时间段 [l_i,r_i] 就会有如下转移:
- 不翻面:f[i-1][j]
- 翻一次:\min \{f[i-1][r_i-j-k]\}+1,其中,k 表示当前烤了的这一面在这段时间内烤的时间。
- 翻两次:\min\{f[i-1[j-k]\}+2,其中,k 表示当前没烤的那一面在这段时间内烤的时间。
需要用单调队列优化,枚举的是最优决策点 r_i-j-k 和 j-k,前者随 j 的增大而减小,所以要逆推,而后者要顺推。
还能用滚动数组优化掉 i 那一维。
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