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。