Re: 从零开始的 dp 学习笔记

你说的对，但是……

前言

太拉了，菜就多练。

题单

在这里就没人看得到我是芙宁娜的狗了

线性 dp

[USACO1.5] [IOI1994]数字三角形 Number Triangles

最经典的题。从中可以领悟出动态规划的本质。

首先，一切 \(dp\) 题都可以用搜索写，复杂度大概是以二为底或者阶乘。这是一个保守的方案，相当于记录全部信息。

而事实上，我们并不需要这么多信息，更多时候只是特殊的那几个，我们称这些需要的信息为后效性。

后效性可以是数组下标，也可以是值。

在本题中，我们并不需要前面走的路径的所有信息，只需要了解两个上部分的答案就行了。因此，我们设状态 \(f_{i,j}\) 表示到点 \((i,j)\) 的最大权路径的权和。

然后，我们需要转移，就是把一个问题的答案从另一个问题转移过来。所以需要状态转移方程。本题里状态转移方程为：

\[f_{i,j}=s_{i,j}+\max(f_{i-1,j},f_{i-1,j-1}) \]

这道题不太需要实现。

[NOIP1999 提高组] 导弹拦截

\(LIS\) 类问题。如果一个数想要加在一个数后面，只需要比前面那个数大即可。后效性在前面那个数的大小，可以设状态 \(f_{i,j}\) 表示到第 \(i\) 个数时以 \(j\) 结尾的 \(LIS\) 长度。显然每次添加只会改一个 \(j\)，所以

\[f_{i,j}=\left\{\begin{matrix} f_{i-1,j} \space (j\ne s_i) \\ \max (f_{i-1,j},\max^{j-1}_{k=1} f_{i-1,k} +1)\space (j=s_i) \end{matrix}\right. \]

这里需要三个优化，不是目前的范围：

1. 发现 \(i\) 只依赖 \(i-1\)，可以把原方程里的 \(i\) 舍弃，称之为滚动数组优化。

2. 发现 \(j\) 的比较只与大小有关，使用可以考虑缩小值域并保持原本顺序，称之为离散化。

3. 发现是求前缀 \(\max\)，可以使用线段树或者树状数组等数据结构优化。

复杂度 \(O(n\log n)\)。本题还涉及 \(Dilwith\)，在此按下不表。

P3336 [ZJOI2013] 话旧

题意：对于函数 \(f\)，\(f_0=f_n=0\)，图像中若下降则一定下降到 \(0\)，给你 \(k\) 个点，求方案数和可能的最大 \(f_i\)。

先考虑后效性，首先要记得就是到第 \(i\) 个点是上升还是下降。我们称其分别为“上升点”和“下降点”。

接下来分几种情况讨论：

空接情况

即两点连接不会下降到 \(0\)。

这里又分三种情况：

• 直线上升，判断是否可以拼接，可以的话两个点都符合上升条件即可。（\(0\) 点特判）

• 直线下降，同理判断是否可拼接，然后统计答案就行。

• 先升后降，因为保证有解，这里就不判断是否可拼接了，对应状态即可。（\(0\) 点特判）

注意到空接情况连接方式唯一，不会多算。

地接情况

即两点连接下降到 \(0\)。

容易发现下降点下降轨迹固定，上升点上升轨迹固定，最后会在中间留出至少 \(len=x_2-x_1-y_1-y_2\) 的自由区域，里面只要符合条件可以随便放。当然运行接地的前提条件就是 \(len\ge 0\)。

第一种情形就是前面的点下降，后面的点上升，这时直接抵满 \(len\) 计算方案数即可。这里的方案数可以考虑计数 \(0\) 点，因为容易发现一个 \(0\) 点只有翻上去和抵下来两种情况。总共 \(\frac{len}{2}-1\) 个 \(0\) 点，所以方案数 \(2^{\frac{len}{2}-1}\)。

第二种是两个点都上升，看起来方案数多了不少，很难算。其实可以把第一个上升点落地的 \(0\) 点算上，方案数就显而易见了，多一个 \(0\) 点即 \(2^{\frac{len}{2}}\)。这里如果把 \(1\) 算作上升点会算重，故开始时把 \(1\) 算作下降点。

剩下两种是后一个点下降的情况，发现虽然 \(len\) 长了，但最后的 \(0\) 点少了，所以情况没变。只是注意特判 \(0\) 点。

注意这里有一个地方会算重，当 \(len>0\) 时全部 \(0\) 点往上翻就是空接情况，所以注意不要重复算。

于是解决了方案数，而对于最大值，显然就是尽量往上升。稍微解一下方程得最值 \(\frac{x_2-x_1+y_1+y_2}{2}\)。

That's all.

P3558 [POI2013] BAJ-Bytecomputer

题意：对于数组 \(a\) 有 $a_i \in -1,0,1 $，每次操作 \(a_i \longleftarrow a_i+a_{i-1}\)，求最小操作数使得数组单调不降，有判无解。

作为一道 dp，这是十分不好想的。

模拟一遍，发现既然要改就不会改的比 \(-1\) 小或者比 \(1\) 大。这是一个关键点，启示我们值域不变。

再想后效性。不降序列的后效性十分明显，就是所有操作完最后的数。

自然设出状态：\(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数末尾是 \(j-1\) 的方案数。

转移分讨即可。

P4158 [SCOI2009] 粉刷匠

题意：\(n \times m\) 的格子，粉刷 \(T\) 次横着连续段，重复或不粉刷算错误，求最多能正确几个。颜色只有两种。

又一道神题。

一步步来。dp 的一个重要思想就是使问题互不干扰。本题不会竖着涂，故横条间的后效性独立，这启示我们分别 dp。

先考虑横条。考虑后效性，如果我们涂一个区间，为了使贡献不重，应该拆左右。使用扫描线，就不用管后面了。状态就显然了，\(f_{i,j,k}\) 表示第 \(i\) 个横条，刷了 \(j\) 次，前 \(k\) 个格子的最多正确数。

剩下的都很显然了。

P5301 [GXOI/GZOI2019] 宝牌一大堆

开坑，不写。

背包 dp

P1048 [NOIP2005 普及组] 采药

01 背包板题。

考虑背包问题的本质，就是分配空间维度。

令 \(W_i(V)\) 为分配给第 \(i\) 个物品 \(V\) 空间所能获得的价值。分配给每物品，再合并即可。

参考树形 dp 二叉合并，显然背包问题是可合并的，将问题转换成分配给前 \(i-1\) 个和分配给第 \(i\) 个。

所以一般背包 dp 的思路就是：递推，枚举前 \(i\) 个物品用的空间，枚举前 \(i-1\) 个物品用的空间，复杂度 \(O(nm^2)\)。注意，背包有单调性，空间越大装的一定越多。

接着考虑 01 背包。01 背包有性质 \(W_i(V)=[V\ge v_i]\times w_i\)。由背包单调性可知，空间要么不给，要么给刚好 \(v_i\) 最优，因此省去枚举 \(i-1\) 的维度，复杂度 \(O(nm)\)。

01 背包的滚动数组优化，发现倒序枚举即可避免重复。

另，01 值域背包的转移形式十分适合 bitset 辅助转移。

P1757 通天之分组背包

分组背包。如果理解了背包的本质就比较容易了。先对每一组做一遍维护对应 \(w\)，然后再合并即可。

P5289 [十二省联考 2019] 皮配

后记