动态规划的状态设计 | bot 讲课の补题

sto james1badcreeper orz.

好厉害的题，但是怎么有人补了三天才补完呢？

CF1810G The Maximum Prefix

线性 dp，怎么有 bot 说题目难度在 *2400~*2800 之间结果开场就是 *3200 啊 /youl

尝试直接正着做，发现要记 $f_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 个数，最大前缀和是 $j$，当前前缀和是 $k$ 的答案。然后发现哪一维都压不掉。
所以要换状态，设 $f_{i,j}$ 表示考虑了前 $i$ 个数，$[i+1,n]$ 贡献的最大前缀和是 $j$ 的期望得分。初值为 $f_{0,i}=h_i$。转移有

$$f_{i,j}\gets f_{i-1,j+1}\times p_i + f_{i-1,\max(0,j-1)}\times (1-p_i)$$

长度为 $n$ 的答案显然是 $f_{n,0}$，长度为 $k$ 的答案等价于 $k$ 后面对答案没有贡献，为 $f_{k,0}$。

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P3188 [HNOI2007] 梦幻岛宝珠

调了 inf 年，死于数组越界。顺路拍挂了篇题解。
发现 $b$ 只有 $30$ 种，先根据 $b$ 的值分组，对每组分别背包。然后考虑怎么合并。
设 $f_{i,j}$ 表示只考虑 $b\in [0,i]$，已经选的体积在 $W$ 二进制下的后 $i-1$ 位符合条件，仍额外多出来 $j\times 2^i$ 的体积。
枚举 $b=i$ 的物品选了 $k$ 个，设 $W$ 第 $i-1$ 位是 $W_{i-1}$，转移是

$$g_{i,j}= \max_{k=0}^j \{g_{i-1,2(j-k)+W_{i-1}}+f_{i,k}\}$$

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UVA10559 方块消除 Blocks

一年前贺题解的题，现在还是不会！
首先本来就颜色一样的连续一段不会拆开选，我们可以把它当成一个点，并记原长度为 $len$。那么处理后的序列相邻两点颜色不同。
设 $f_{l,r}$ 表示消完 $[l,r]$ 完全没法做，改为设 $f_{l,r,k}$ 表示区间 $[l,r]$，$r$ 将要和后面 $k$ 个颜色一样的点合并。
那么如果 $r$ 只和后面的消不和区间内其他的消，有 $f_{l,r,k}\gets f_{l,r-1,0}+(len_j+k)^2$。
否则在区间里先消掉一段使 $r$ 和区间里某个数并在一起，枚举 $x$ 满足 $col_x=col_r$，有 $f_{l,r,k}\gets f_{l,x,k+len_r}+f_{x+1,r-1,0}$。
时间复杂度 $O(n^4)$，但因为一开始的合并操作减小了 $n$，基本跑不满。

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P7605 [THUPC2021] 小 E 爱消除

17:40 开始做，22:15 调过了，令人感动。说实话真挺好奇场上过了几个人（

把这两个东西放在一起转移。设 $g_{l,r}$ 表示管子里只剩 $[l,r]$ 的球，最少剩的球数 / 最小的杯子大小。

对于当前区间，如果考虑从两端取出数和外面的栈合并，发现栈是没法用 dp 维护的。我们只能使用向内考虑配对的思路。换句话说我们只考虑 $[l,r]$ 区间本身的结果，不考虑原来栈里已有的东西。

这里以先从左边取为例，如果这个球最后也没有被消掉，从 $g_{l+1,r}$ 转移。
否则枚举跟 $l$ 配对的球 $i$，满足 $col_i=col_l$。那么想让他们匹配，我们要做的事情是先取 $l$，再消掉 $i$ 左边或右边的所有数，取出 $i$。

分类讨论 $i$ 最后从哪边被取出。

• 从左取出，那么 $[l+1,i-1]$ 这段区间要全消掉。如果它不能自己消干净，也可以用 $[j,r]$ 来辅助。枚举 $j$，则答案为 将 $[l+1,i-1]$ 和 $[j,r]$ 一起消除的答案 和 $g_{i+1,j-1}$ 取 $\max$。

设 $f_{a,b,c,d}$ 表示把 $[a,b]$ 和 $[c,d]$ 一起恰好完全消除需要最小的杯子大小。

• 从右取出，那么 $[i+1,r]$ 这段要全消掉。同样枚举 $j$，答案从 $f_{l+1,j,i+1,r}$ 和 $g_{j+1,i-1}$ 转移。

先取右边同理。

再转移 $f$。
同样地，分类讨论先取 $a$ 还是先取 $d$，再讨论与它配对的在哪段区间，从左边还是右边取。

发现如果 $f$ 里面有任意一种颜色出现了奇数次，一定是消不掉的，可以在记搜里直接剪枝，用异或的性质判断（类似 P1469）。
同时因为转移限制了很多同色，有效的状态数很少，官方题解说常数大概是 $\frac{1}{720}$。

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P3748 [六省联考 2017] 摧毁“树状图”

精神污染题。啥时候没事干了再写。

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P4099 [HEOI2013] SAO

写了一年树形背包终于知道树形背包怎么写了。
设 $f_u$ 表示只考虑子树 $u$ 的拓扑序数量，结果发现可以先删 $v$ 子树里的一堆东西再删 $u$ 再删 $v$，因此状态要多记一维。$f_{u,i}$ 表示只考虑子树 $u$，点 $u$ 在拓扑序中第 $i$ 个的方案数。
枚举子树 $v$ 内在 $u$ 之前删的数量 $j$ 和点 $v$ 在自己子树的排名 $k$。边从 $u$ 连向 $v$ 就钦定 $k>j$，否则 $k\le j$。
那么转移方程是

$$f_{u,i+j}\gets f_{u,i}\times f_{v,j}\times \binom{i+j-1}{j}\times \binom{siz_u-i+siz_v-j}{siz_u-i}$$

$k$ 那一维直接前缀和优化掉，就是标准的树形背包复杂度。
发现同一个 $v$ 下的 $f$ 不能转移到自己（$j$ 有 $0$），开个辅助数组区分一下。

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[ABC025D] 25個の整数

看数据范围 $25$ 个格子 $20$ 个空位，确定是状压。
考虑从小到大填数的过程，设 $f_i$ 表示点集 $i$ 中的位置已经被填过了数，其余位置还没有填。因为我们钦定了从小往大填，状态 $i$ 下最后一个填的数就是 $i$ 中 $1$ 的个数。
那么填这个数的限制条件就是它不会在横向或竖向上形成单调数列。
以横向为例，填在位置 $x$ 不合法当且仅当 $x$ 左右恰好已经有一个位置被填了。因为已经被填那个位置肯定比当前数小，没被填那个位置最后填的东西一定比当前数大。
转移的时候判断一下合法性，时间复杂度为 $O(n 2^n)$，取决于实现方式 $n$ 取 $20$ 或 $25$。

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[CF1585F] Non-equal Neighbours

CF1585F & 1591F，两个一样的题但一边题解全是线段树，另外一边全是容斥，好离谱。

直接 dp 是 $O(nV)$ 的，考虑容斥。钦定有 $i$ 对相邻数相同，发现这个东西要考虑好几对数连成一段的情况，还是不好求。
但上面的问题给我们一个启发，有 $i$ 对数相同等价于把序列拆成不多于 $n-i$ 段。
那设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个数分成 $j$ 段，有朴素 dp：

$$f_{i,j}=\sum_{k=0}^{i-1} f_{k,j-1}\times \min\{a_{k+1},\dots,a_i\}$$

最后统计答案就是

$$ans=\sum_{j=1}^n (-1)^{j+n} f_{n,j}$$

状态还要优化，发现我们只关心 $j$ 的奇偶性而不关心具体是什么。设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个，钦定分成奇数还是偶数段的方案数。方程改成

$$f_{i,j}=\sum_{k=0}^{i-1} f_{k,j\oplus 1}\times \min\{a_{k+1},\dots,a_i\}$$

再优化转移复杂度，考虑后面 $\min$ 的值。设第一个比 $a_i$ 小的位置在 $lst_i$。那么小于 $lst_i$ 的 $k$ 可以直接从 $f_{lst_i,j}$ 转移过来。
求 $lst$ 用单调栈。那么式子是

$$f_{i,j}=f_{lst_i,j}+\sum_{k=lst_i}^{i-1} f_{k,j\oplus 1}\times a_i$$

把 $a_i$ 拆出去，$\sum f_{k,j\oplus 1}$ 用前缀和优化，时间复杂度 $O(n)$。

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[ARC061D] 3人でカードゲーム

把所有取出的牌写成序列，充要条件是出现 $n$ 个 $a$ 的时候，$b,c$ 的个数不超过 $m,k$ 个。
我分别枚举的 $b,c$ 填几个，推了一车式子。貌似直接枚举 $b,c$ 的总数 $s$ 更简单，可以直接组合意义（bot 您这里少写了一项系数啊 QAQ。

$$ans=\sum_{s=0}^{m+k} 3^{m+k-s}\binom{s+n-1}{n-1}\sum_{i=s-k}^m \binom{s}{i}$$

后面一半没法快速算，考虑利用组合数的递推性质。

$$\begin{aligned} f(s)&=\sum_{i=s-k}^m \binom{s}{i} \\ &=\sum_{i=s-k}^m \binom{s-1}{i-1}+\binom{s-1}{i} \\ &=f(s-1)-\binom{s-1}{k}+f(s-1)-\binom{s-1}{m}\\ \end{aligned}$$

可以根据上式预处理 $f$。

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[CF1750F] Majority

正着不会做，反过来找序列不合法的条件：

• 两端不都是 1
• 操作到最后，存在某段连续 $0$ 的长度大于两边 $1$ 的长度之和

设 $f_{i,j}$ 表示长度为 $i$ 的串，钦定开头结尾都是 $1$，操作到不能操作，结尾连续 $1$ 的个数。
那么 $f_{i,i}$ 是合法情况，由不合法的情况容斥得到：$f_{i,i}=2^{i-2} -\sum\limits_{j=1}^{2j<i} f_{i,j}$。
求不合法的 $f_{i,j}$，那么序列的最后一段在全部操作后一定是一段连续的 $0$ 后接一段连续的 $1$。枚举 $0$ 的长度为 $k$，$1$ 的长度为 $l$。
转移有

$$\begin{aligned} f_{i,j}&=f_{j,j}\times (\sum_{j+k<i}\sum_{j+l<k} f_{i-j-k,l})\\ &=f_{j,j}\times \sum_{(i-j-k)+l< i-2j} f_{i-j-k,l} \end{aligned}$$

使用前缀和优化，设 $s_k=\sum_{i+j\le k} f_{i,j}$。转移变为 $O(1)$，时间复杂度 $O(n^2)$。

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P5128 好时光

简单题。
先把 $n$ 转成 $k$ 进制，题意就是求 $k$ 进制下所有小于 $n$ 的数最长的等差区间的长度之和，考虑数位 dp。

首先常规地记录 $pos$ 表示当前 dp 到第几位，$limit$ 表示是否要卡上界。
然后记录我们要求的答案（最长等差长度）为 $mx$，以当前位为结尾的等差数列长为 $len$。
为了判断是不是等差，我们要知道上一位和公差是什么。公差有负数不好塞进状态，改为记录前面两位的值分别是 $fi,se$。

转移的时候枚举这一位填 $i$，有

$$f_{pos,len,fi,se,mx,limit}\to f_{pos-1,len+1,se,i,\max(mx,len+1),limit\ \&\ i=a_{pos}} (i=se+(se-fi))$$

$$f_{pos,len,fi,se,mx,limit}\to f_{pos-1,2,se,i,mx,limit\ \&\ i=a_{pos}} (i\neq se+(se-fi))$$

吐槽一下卡空间和这个神秘模数，记忆化的时候只记录 $limit=0$ 的部分，不然会 MLE。

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P4719 【模板】"动态 DP"

上个月学过，等哪天没事干再复习一下。

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[TJOI2018] 游园会

lyn 学长居然讲过这种东西 /xia 原来只有 yxcat 啥科技都不会。

dp 套 dp 板子。
观察到“不能有子串 NOI”的限制是容易处理的，所以我们先忽略这个限制，只 dp LCS 的长度。
一开始的想法是设 $f_{i,j,len}$ 表示前 $i$ 个，在兑奖串上匹配到 $j$，LCS 的长度是 $len$。当然完全是错的。
因为 LCS 不能贪心匹配，你需要知道前 $i-1$ 个的 LCS 是什么。这个东西难以直接塞进状态里。
考虑 LCS 的原 dp 过程：

$$f_{i,j}=\max(f_{i-1,j},f_{i,j-1})$$

$$f_{i,j}=\max(f_{i,j},f_{i-1,j-1}+1) (s_i=t_j)$$

我们把长度为 $k$ 的序列 $f_{i}$ 塞进 $i$ 的 dp 状态里，上面的转移就可以实施了。但是 $f_{i}$ 序列状态数太多，而且直接状压有很多不合法。
考虑将 $f_{i}$ 差分，那么每位只能是 $0/1$。这样状态数就只有 $2^k$，可以压进外层 dp 的状态里。
$f_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 个，LCS 的 dp 数组答案为 $j$，与 "NOI" 的匹配长度是 $k$ 的方案，转移的时候暴力 dp 一遍 $j$，找到新的状态。

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[CEOI2016] kangaroo

第一次见这个经典（？）trick。没见过确实想不到 /oh
考虑从小往大加数，这一点和前面那个 abc 题差不多。但是这里我们维护已经被填数的位置形成了多少个连续段。
设 $f_{i,j}$ 表示插入了前 $i$ 个数，形成了 $j$ 个连续段的方案数。
考虑现在填 $i$，题目的限制等价于 $i$ 要么左右都没填，要么左右都填了。也就是说两种情况：

• $i$ 左右都没填，新增了一个连续段。$f_{i,j}\gets f_{i-1,j-1}\times j$；
• $i$ 左右都填了，合并了两个连续段。$f_{i,j}\gets f_{i-1,j+1}\times j$。

起点终点的限制问题随便判一下就好了。

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[AT DP string] 文字列

感觉考点不是 dp 是组合数。
设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个，有 $j$ 对相邻（这里要明确“对”的概念，比如 aaa 是 $2$ 对相邻）。
考虑字符 $i$，枚举它新加进来的时候有 $a$ 对相邻，拆开了原来的 $b$ 对。求得放完之后有 $j+a-b$ 对相邻。
那么在 $j$ 对中选 $b$ 个拆开、在 $cnt_i$ 个字符中选 $a$ 对相邻、在剩下的 $sum_{i-1}+1-j$ 个空位中放啥也没干的 $cnt_i-a-b$ 个字符。

$$f_{i,j-b+a}=\sum_{a=0}^{cnt_i-1}\sum_{b=0}^j \binom{j}{b}\binom{cnt_i-1}{a}\binom{sum_{i-1}+1-j}{cnt_i-a-b} f_{i-1,j}$$

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[JOISC2019] ふたつの料理 (Two Dishes)

这题好厉害。
设 $f_{i,j}$ 表示 A 做到第 $i$ 步，B 做到第 $j$ 步的最大分数。把这个东西放在坐标系上考虑，即每次可以向上或向右，走一条从 $(0,0)$ 到 $(n,m)$ 的路径。
再考虑把限制也丢到坐标系上，A 的限制是一条左上到右下的折线，这条线在路径左上方的部分贡献进答案。B 的折线在路径右下方的贡献进答案。
发现有两个方向不好搞，我们考虑对 A 容斥，先把 $p$ 全加进答案里，再减右下方的贡献。
然后发现 dp 方程长成了这样：

$$f(x,y)=\max(f(x,y-1),f(x-1,y)+\sum_{i=1}^y v(x-1,i))$$

把 $x$ 那维当成时间轴，我们要维护的就是 $n$ 次操作，每次对一个后缀区间加 $w$，然后让整个区间每个数取前缀 $\max$。
考虑维护差分序列，$w>0$ 就直接加，否则往后找第一个作为 $\max$ 的位置，把中间的差分数组都清零即可。
这个东西用 map 维护，复杂度可以均摊：每次修改至多增加一个不为 $0$ 的位置，$w<0$ 的情况最多一共向后跳 $n$ 次。

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什么？摧毁树状图？不会有人想补这玩意吧。

完结，但越写题越发现自己怎么这么菜，所以不想撒花。