AtCoder DP Practice

众所周知，AtCoder 有一场极 educational 的 DP Contest。

A

裸的线性 DP，设 $dp_i$ 表示跳到第 $i$ 个格子的最小费用，显然有转移：

$$dp_{i} = \min(dp_{i - 1} + |h_i - h_{i - 1}|, dp_{i - 2} + |h_i - h_{i - 2}|)$$

边界为 $dp_1 = 0, dp_2 = |h_1 - h_2|$。

B

裸的线性 DP，设 $dp_i$ 表示跳到第 $i$ 个格子的最小费用，显然有转移：

$$dp_{i} = \min_{1 \leq j \lt i} dp_j + |h_i - h_j|$$

边界为 $dp_1 = 0$。

C

裸的线性 DP，设 $f_{i, 0}, f_{i, 1}, f_{i, 2}$ 分别为第 $i$ 天选择 $a, b, c$ 活动的最大值，显然有转移：

$$\begin{cases} dp_{i, 0} = \min(dp_{i - 1, 1}, dp_{i - 1, 2}) + a_i \\ dp_{i, 1} = \min(dp_{i - 1, 0}, dp_{i - 1, 2}) + b_i \\ dp_{i, 2} = \min(dp_{i - 1, 0}, dp_{i - 1, 1}) + c_i \\ \end{cases}$$

答案为 $\min(dp_{n, 0}, dp_{n, 1}, dp_{n, 2})$。

D

裸的 01 背包，二维太裸了，直接滚动数组。设 $dp_i$ 表示处理到当前物品时背包容量为 $i$ 的最大价值，得：

$$dp_j = \max(dp_j, dp_{j - w_i} + v_i)$$

注意要从 $w \to w_i$ 枚举才能控制每个物品进入 $1$ 次，否则就是完全背包。

E

传统 01 背包装肯定要爆的，但是注意到虽然 $w_i$ 大，但是 $v_i$ 小，可以不是很自然地想到交换价值和体积，即设 $dp_{i, j}$ 表示考虑前 $i$ 个物品，达到 $j$ 价值所需的最小体积，得到类似 01 背包的转移：

$$dp_{j} = \max(dp_j, dp_{j - v_i} + w_i)$$

维护总价值，从大到小枚举总价值，找到第一个满足 $dp_i \leq m$ 的 $dp$ 值输出其 $i$ 即可。

F

暴力 LCS 转移是一个 DP 初心者也可以轻松设计出来的状态，设 $dp_{i, j}$ 表示考虑 $s$ 的前 $i$ 个字符和 $t$ 的前 $j$ 个字符的 LCS 长度，则有转移：

$$dp_{i, j} = \begin{cases} dp_{i - 1, j - 1} + 1 &(s_i = t_j) \\ \max(dp_{i, j - 1}, dp_{i - 1, j}) &(s_i \neq t_j) \\ \end{cases}$$

通过判断转移至 $i, j$ 是否增加来保存最优路径。

G

优美的有向无环图，每个点跑一次 DP，$O(n)$ 解决问题。

H

简单的“数字三角形”类的 DP，设 $dp_{i, j}$ 表示走到 $(i, j)$ 的方案数，显然有转移：

$$dp_{i, j} = dp_{i - 1, j} + dp_{i, j - 1}$$

corner case 处理可以聪明一点，我们在 $dp_{0, 1}/dp_{1, 0}$ 设为 $1$，然后 $i = 1 \to h, j = 1 \to w$ 遍历直接转移就能少掉边界的讨论。

I

概率 DP，还是那句话，没什么头绪就考虑把答案作为 DP 状态。

设 $dp_{i, j}$ 表示前 $i$ 个硬币中 $j$ 个正面朝上的概率，转移算算就推出来了（其中 $p_i$ 为题目给定的正面朝上的概率）：

反面朝上的概率为：

$$dp_{i, 0} = dp_{i - 1, 0} \times (1 - p_i)$$

正面朝上的处理也挺简单：

$$dp_{i, j} = \left( dp_{i - 1, j - 1} \times p_i \right) + \left( dp_{i - 1, j} \times (1 - p_i) \right)$$

注意到可以滚掉 1 维，但是没必要。

J

写一次忘一次的期望 DP，可以看看 这个 (doge，当时我怎么写明白的，太牛了

K

一眼的结论：若剩余 $0$ 个石子则当前游戏者必败。

设 $dp_i$ 为剩余 $i$ 个石头时的胜负情况，只要能转移到一个必败状态那就能 win 了，暴力 for 枚举就能做。

L

类似区间 DP，少了断点枚举。设 $dp_{l, r}$ 表示当前游戏方在 $l, r$ 内能取到的最大值，则有转移：

$$dp_{l, r} = \max \left( \sum_{l}^{r} - dp_{l + 1, r}, \sum_{l}^{r} - dp{l, r - 1} \right)$$

corner case 显然是 $dp_{i, i} = a_i$。维护前缀和 $O(1)$ 转移即可。

M

前缀和优化，设 $dp_{i, j}$ 表示前 $i$ 个数加起来和为 $j$ 的情况，通过枚举最后一个数显然有转移：

$$dp_{i, j} = \sum_{x = 0}^{a_i} dp_{i - 1, j - x}$$

边界为 $dp_{1, j} = [j \leq a_i]$。

暴力转移显然 T，但是这个东西可以上个前缀和优化：

记：

$$S_{i, j} = \sum_{x = 0}^{j} dp_{i, j}$$

可以改写转移了：

$$\begin{aligned} dp_{i, j} &= S_{i - 1, j} - S_{i - 1, j - a_i - 1} \\ S_{i, j} &= S_{i, j - 1} + dp_{i, j} \\ \end{aligned}$$

N

只能合并相邻项的石子合并，设 $dp_{i, j}$ 表示合并 $a_i \sim a_j$ 的最小代价，则有转移：

$$dp_{i, j} = \min_{i \leq k \leq j} \left( dp_{i, j}, dp_{i, k} + \sum_{p = i}^{j} a_p \right)$$

边界就比较常规了，初值为 $inf$，其中 $dp_{i, i} = 0$。

O

状压 DP，考虑能转移的条件：

1. 当前集合中男女生相容

2. 当前男女生尚未匹配

设 $dp_{i, j}$ 为 $i$ 个男生和女生构成的集合 $j$ 的匹配数量，设 $S_j$ 表示集合中已经有的女生情况，显然枚举 $i$ 的过程中需要保证 $S_j = i$，然后枚举另一个女生满足上述两个条件。写个裸转移：

$$dp_{i, j} = \sum_{k \in j, a_{i, k} = 1} dp_{i - 1, j - k}$$

P

Easy 树形 DP。类似没有上司的舞会，设树根为 $1$，当前节点为 $u$，设 $dp_{u, 0}/dp_{u, 1}$ 表示当前节点染白/黑。则根据乘法原理显然有转移：

$$\begin{aligned} dp_{u, 0} &= \prod_{v \in u} \left( dp_{v, 0} + dp_{v, 1} \right) \\ dp_{u, 1} &= \prod_{v \in u} dp_{v, 0} \end{aligned}$$

Q

是不是挺典的。设 $dp_i$ 为前 $i$ 朵花满足“高度单调递增”的情况下权值的最大值，转移为：

$$dp_{i} = \max_{j = 1}^{i - 1} \{ dp_j \mid h_j \lt h_i \} + a_i$$

这个裸的是 $O(n^2)$ 的，但是上个数据结构比如 Fenwick/Segtree 来查 $dp_1 \sim dp_{i - 1}$ 的 $\max$ 就能拿下了。

R

我们都会有一个 naive 的第一想法：设 $dp_{i, j, k}$ 表示从 $i$ 走 $k$ 步到 $j$ 的方案数，这个转移非常 easy，但是是 $O(n^3 k)$。

考虑设 $dp_{i, j}^{k}$ 表示从 $i$ 走 $k$ 步到 $j$ 的方案数，然后我们通过 Floyd 枚举中转点的思路就有转移：

$$dp_{i, j}^{k} = \sum_{p = 1}^{n} dp_{i, p}^{1} \times dp_{p, j}^{k - 1}$$

然后这个东西是可以上矩乘优化的，答案即为矩阵的 $k$ 次方中所有数的和，复杂度压进了 $O(n^3 \log k)$。

S

数位 DP，套公式：设 $dp_{u, x, lim}$ 表示处理到第 $u$ 位（从右往左），当前前缀 $\bmod D$ 为 $x$，是否顶上界，记忆化：

int dfs(int u, int x, int lim) {
    if (!u) { return (x == 0); }
    if (~dp[u][x][lim]) { return dp[u][x][lim]; }
    int ret = 0, mx = 9;
    if (lim) { mx = num[u]; }
    for (int i = 0; i <= mx; i++)
        ret = (ret + dfs(u - 1, (x + i) % d, lim && (i == mx))) % P;
    return dp[u][x][lim] = ret;
}

T

第一次一眼秒蓝题。

设 $dp_{i, j}$ 为前 $i$ 个数填入 $1 \sim i$，以 $j$ 结尾的方案数。注意到对于一个序列的内部排列我们只关心相对顺序，而不是具体的值，在转移过程中，可以将前 $i - 1$ 个数中 $\geq j$ 的数 $+ 1$ 保证序列为排列，得到转移：

$$dp_{i, j} = \begin{cases} \sum_{k = 1}^{j - 1} dp_{i - 1, k} &(S_i = \texttt{"} \lt \texttt{"}) \\ \sum_{k = j}^{i - 1} dp_{i - 1, k} &(S_i = \texttt{"} \gt \texttt{"}) \\ \end{cases}$$

边界为 $dp_{1, 1} = 1$，上个前缀和优化一下转移。

U

$n \leq 16$ 一眼状压，其实光读题也能猜到是状压了。设 $dp_i$ 为集合为 $i$ 时的最大得分，考虑转移即为把集合 $i$ 划分为 $2$ 个子集，然后取其和，转移显然：

$$dp_{i} = \max_{j \subset i} \{ dp_{j} + dp_{i - j} \}$$

记忆化搜索处理，枚举个子集。

V

不懂什么叫“换根 DP”，考虑钦定树根为 $1$，设 $f_i$ 为在 $i$ 的子树中选（$i$ 必选）染色，所有点联通的方案数，$g_i$ 表示在 $i$ 子树外选点，显然对于点 $i$ 的答案即为 $f_i \times g_i$，分别给出转移：

$$\begin{aligned} f_u &= \prod_{u \in son_u} (f_v + 1) \\ g_v &= g_u \prod_{p \neq v, p \in son_u} (f_p + 1) \\ \end{aligned}$$

预处理每个子节点权值的前缀积和后缀积实现，人话就是跑两边 $dfs$。

注：$+ 1$ 表示有一种只有当前节点染色的方案。

W

套路题，把答案放到区间右端点来统计。设 $dp_{i, j}$ 表示在前 $i$ 个位置中，最后一个 $1$ 在 $j$ 的最大分数，得到转移：

$$dp_{i, j} = \begin{cases} \max_{k = 1}^{i - 1} \{ dp_{i - 1, k} \} + \sum_{l_k \leq j \And r_k = i} a_k &(i = j) \\ dp_{i - 1, j} + \sum_{l_k \leq j \And r_k = i} a_k &(i \neq j) \\ \end{cases}$$

这个空间上可以滚动掉一维，但是时间复杂度还是 $O(n^2)$ 的，但是注意到对于 $(l, r, a)$，在 $i = r$ 时，会于 $dp_{l \sim i}$ 中产生贡献，这样子问题就转化为了区间加。对于 $\max$ 操作显然也是线段树的基本操作之一，对于 $dp$ 数组维护一棵线段树即可。

X

显然是 01 背包，问题在于如何确定一个枚举顺序，也就是各个箱子的优先级。

考虑贪心，有一个技巧叫做 exchange arguments 用于证明贪心，在这个题，显然对于 $s_i - w_j \lt s_j - w_i$ 的情况是要先考虑 $i$ 的，那么交换一下项得到排序依据 $s_i + w_i \lt s_j + w_j$。

然后 01 搞。

Y

在没看到 $10^5$ 的范围之前以为是个傻子题，发现我是傻子。

考虑容斥。在一张没有障碍的地图内从 $(1, 1) \to (i, j)$ 的方案为 $\binom{i + j - 2}{i - 1}$（从 $i + j - 2$ 次选择中选择 $i - 1$ 次向下，其他向右），考虑有障碍的时候就要上容斥了，裸的肯定不行，令 $dp_i$ 为从 $(1, 1)$ 到 $(x_i, y_i)$ 障碍，不经过其他障碍的方案数，我们将 $(h, w)$ 设为第 $n + 1$ 个障碍就会很舒服，答案即为 $dp_{n + 1}$。然后我们给出转移：

$$dp_i = \binom{x_i + y_i - 2}{x_i - 1} - \sum_{j = 1}^{i - 1} dp_j \times \binom{x_i - x_j + y_i - y_j}{x_i - x_j}$$

这是对的。

Z

斜率优化。裸转移显然：

$$dp_{i} = \min_{0 \leq j \lt i} \{ dp_j + (h_i - h_j)^2 + C \}$$

$O(n^2)$ 转移 T 飞。

拆一下式子：

$$\begin{aligned} dp_i &= dp_j + h_i^2 + h_j^2 - 2 h_i h_j + C \\ &= (dp_j + h_j^2) - 2 h_i h_j + (h_i^2 + C) \\ \end{aligned}$$

这个第一个括号只和 $j$ 有关，最后一项是个常数项，抽离出一个一次函数：

$$\theta_j(x) = dp_j + h_j^2 - 2 h_j x$$

求解 $dp_i$ 相当于求前 $i - 1$ 的一次函数在平面直角坐标系内经过 $x = h_i$ 的最小值，嗯造李超树求解。

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ーおわりー