AtCoder DP系列刷题记录

https://www.luogu.com.cn/training/313353

直面自己的弱点。

标 * 的为在做题过程中有看题解的题。

A Frog 1

\(dp_i\) 表示跳到第 \(i\) 块石头的最小花费，则有：

\[dp_i+=\min(|a_i-a_{i-1}|,|a_i-a_{i-2}|) \]

B Frog 2

很快就写完了，但是一直调了十分钟，耻辱啊。

\(dp_i\) 表示跳到第 \(i\) 块石头的最小花费。显然如果反着跳，第 \(i\) 根木桩只能从第 \(i+1\) 或 \(i+2\) 木桩上跳到，则有：

\[dp_i=\min(dp_{i+1}+|a_i-a_{i+1}|,dp_{i+2}+|a_i-a_{i+2}|) \]

C Vacation

语文课花两分钟想出来的。

\(dp_{i,j}\) 表示到第 \(i\) 天时，做第 \(j\) 件时获得的最大总幸福度。显然对于 \(a_i\)，它只能接受 \(b_{i-1}\) 和 \(c_{i-1}\) 的转移，其他两边情况相同，则有：

\[dp_{i,0}=\max(dp_{i-1,1},dp_{i-1,2})+a_i \]

\[dp_{i,1}=\max(dp_{i-1,0},dp_{i-1,2})+b_i \]

\[dp_{i,2}=\max(dp_{i-1,0},dp_{i-1,1})+c_i \]

D Knapsack 1

\(01\) 背包板子，不讲了。

E Knapsack 2

与 \(01\) 背包基本一致，但数据范围大了很多，将 \(\text{dp}\) 数组表示的东西换一下就行了，不表示价值，表示重量。像 \(01\) 背包一样压维，则有：

\[dp_j=\min(dp_j,dp_{j-v_i}+w_i) \]

F LCS

经典题，就是恶心了一点。

\(dp_{i,j}\) 表示到 \(s\) 的第 \(i\) 位，\(t\) 的第 \(j\) 位时的最大公共子序列长度，则有：

\[dp_{i,j} = \begin{cases} dp_{i-1,j-1}+1 ,& a_i=b_j\\ \max(dp_{i-1,j},dp_{i,j-1}) ,& \text{otherwise.} \end{cases}\]

然后再记录一个 \(\text{from}\) 数组，方便找到这一位是从前一位中的 \(dp_{i-1,j-1},dp_{i-1,j},dp_{i,j-1}\) 的哪个转过来的。

然后从后往前再跑一遍找到这个最大公共子序列即可。

G Longest Path

拓扑排序模板题。

\(dp_i\) 表示以 \(i\) 为终点的路径最大长度。若有 \(v\) 到 \(u\)，则有：

\[dp_u=\max(dp_u,dp_v+1) \]

然后先跑出拓扑序，然后按序 \(\text{dp}\) 即可。

H Grid 1

突然冒出来一道比前面所有题都简单的题...

\(dp_{i,j}\) 表示到第 \(i\) 行第 \(j\) 列有多少种走法。则有：

\[dp_{i,j} = \begin{cases} dp_{i,j-1}+dp_{i-1,j} ,& a_{i,j}=\space . \space\\ 0 ,& \text{otherwise.} \end{cases}\]

I Coins

\(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个硬币中，有 \(j\) 个正面朝上的概率，则有：

\[dp_{i,j}=dp_{i-1,j-1} \times p_i+dp_{i-1,j} \times (1-p_i) \]

*J Sushi

其实不难，当时脑子没转过来。

\(dp_{i,j,k,l}\) 表示有 \(i\) 个没有寿司的盘子、\(j\) 个有 \(1\) 个寿司的盘子、\(k\) 个有 \(2\) 个寿司的盘子时的期望次数，\(l\) 个有 \(3\) 个寿司的盘子时的期望次数，则有：

\[dp_{i,j,k,l}=\dfrac{a}{n} \times dp_{i,j,k,l}+\dfrac{b}{n} \times dp_{i+1,j-1,k,l}+\dfrac{c}{n} \times dp_{i,j+1,k-1,l}+\dfrac{d}{n} \times dp_{i,j,k+1,l-1}+1 \]

移项得：

\[dp_{i,j,k,l}=\dfrac{j}{j+k+l} \times dp_{i+1,j-1,k,l}+\dfrac{k}{j+k+l} \times dp_{i,j+1,k-1,l}+\dfrac{l}{j+k+l} \times dp_{i,j,k+1,l-1}+\dfrac{n}{j+k+l} \]

发现有 \(0\) 个寿司的盘子数是可以通过其他三个盘子的数量和总数 \(n\) 算出来的，压掉一维，然后有：

\[i=n-j-k-l \]

转移方程：

\[dp_{j,k,l}={\dfrac{j}{j+k+l} \times dp_{j-1,k,l}+\dfrac{k}{j+k+l} \times dp_{j+1,k-1,l}+\dfrac{l}{j+k+l} \times dp_{j,k+1,l-1}+\dfrac{n}{j+k+l}} \]

K Stones

当一名玩家操作时剩余石子为 \(0\)，则另一位玩家必胜，由此可以倒推。

\(dp_i\) 表示在剩余 \(i\) 个石子时，先手胜还是后手胜，则有：

\[dp_i = \begin{cases} 1 ,& a_j \le i,dp_{i-a_j}=0\\ 0 ,& \text{otherwise.} \end{cases}\]

L Deque

区间 \(\text{dp}\) 典题。

\(dp_{l,r}\) 表示在剩余下标为 \([l,r]\) 的区间时，当前取数的人能获得的最大数字和，则有：

\[dp_{l,r}=\max(-dp_{l+1,r}+sum_r-sum_{l-1},-dp_{l,r-1}+sum_r-sum_{l-1}) \]

直接搞会超时，所以用前缀和维护即可。

M Candies

\(\text{dp}\) 五分钟，优化半小时。

\(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个人分 \(j\) 颗糖的方案数，则有：

\[dp_{i,j}=\sum_{l=0}^{a_i}{dp_{i-1,j-l}} \]

然后我就自信的交了一发，由于前面十分顺利，我甚至没发现复杂度是错的...

之后加了个前缀和，但是调了好久，最后才发现 \(j-a_{i-1}\) 有可能小于 \(0\)，警示后人。

N Slimes

区间 \(\text{dp}\) 模板题。

\(dp_{i,j}\) 表示 \(a_i\) 合并到 \(a_j\) 的最小代价，枚举中间点 \(k\)，则有：

\[dp_{i,j}=\min(dp_{i,j},dp_{i,k}+dp_{k,j}+\sum_{l=i}^{j}{a_l}) \]

前缀和维护即可。

*O Matching

第一道蓝题出现了！

应该是状压 \(\text{dp}\) 模板题。经典写不出状压。

定义集合 \(S\)，当中只包含女人的编号，然后去枚举第 \(i\) 个男人和哪个女人匹配。

\(dp_S\) 表示前 \(i\) 个男人与 \(S\) 中的女人的匹配方案数，则有：

\[dp_S=\sum_{}^{}{dp_{S-i}},i \in S \]

然后将它变为一个 \(n\) 位的二进制数，如果右往左第 \(i\) 位为 \(1\)，就表示 \(S\) 有编号为 \(i\) 的女人，否则没有。

然后状压 \(\text{dp}\) 即可。

P Independent Set

简单树形 \(\text{dp}\)。

\(dp_{i,j}\) 表示将 \(i\) 节点染成 \(j\) 号颜色的方案数。不能连续染 \(2\) 个黑，所以黑的状态只能由白来传递，而白可以由黑白传递，则有：

\[dp_{u,0} \times =dp_{v,1} \]

\[dp_{u,1} \times =dp_{v,0}+dp_{v,1} \]

Q Flowers

\(dp_i\) 表示在满足条件下前 \(i\) 朵花能达到的权值最大值，则有：

\[dp_i=a_i+\max_{j=1}^{i-1}dp_j \]

然后树状数组维护 \(\max(dp_1,dp_{i-1})\) 即可。

*R Walk

\(dp_{u,v,len}\) 表示 \(u\) 到 \(v\)，长度为 \(len\) 的条数。枚举中点 \(mid\)，则有：

\[dp_{u,v,s}=dp_{u,mid,len-1} \times dp_{mid,v,1} \]

然后使用矩阵快速幂维护即可。

*S Digit Sum

第一次做数位 \(\text{dp}\)。

特别感谢 \(\text{yinhee}\) 大佬，他的讲解令我受益匪浅。

\(dp_{pos,res,lim}\) 表示当前枚举到从高位往低位数第 \(pos\) 位，数字和取模后的余数为 \(res\) 时的方案数，其中 \(lim\) 可以理解为一个布尔值，\(0\) 表示没有到上限，\(1\) 表示到了上限。

然后是一个数位 \(\text{dp}\) 的板子，我特别讲一下这一行代码：

tot+=dfs(pos-1,(res+i)%d,(lim!=0)&&(i==maxx));

其中 \(maxx\) 是当前枚举位可选的最大值。

这里就是在枚举第 \(pos-1\) 位，选择了 \(i\) 作为这位的数，\(res+i\) 就是新的数字和。而后面的判断条件就是在看枚举到目前为止，该数是否还与 \(k\) 的前缀相同，是就说明到目前为止还是最大的，否则就不是。

T Permutation

不会，先鸽着。

U Grouping

范围识状压。

\(dp_i\) 表示状态为 \(i\) 时的最大收益。那么我们可以枚举其子集 \(j\)，\(k\) 为其补集，则有：

\[dp_i=\max(dp_i,dp_j+dp_k) \]

V Subtree

\(dp_u\) 表示 \(u\) 号节点染黑后，其子树内黑点构成连通块的方案数，则有：

\[dp_u \prod_{v \in son_u}dp_v+1 \]

然后换根，则有：

\[ans_{dp_u}=\frac{ans_{dp_u}}{dp_u+1} \]

然后有：

\[ans_u \times =ans_{dp_u}+1 \]

W Intervals

X Tower

好水的题，秒了。

看到题面就知道是背包，唯一的问题是怎么优化其复杂度。

如果将 \(x\) 放于 \(y\) 上，那么上面还能堆 \(x_s-y_w\) 的东西，反之则能堆 \(y_s-x_w\) 的东西，所以若有 \(x_s-y_w<y_s-x_w\)，则将第 \(x\) 个箱子放在第 \(y\) 个箱子下更优。

排序完再跑背包即可。

Y Grid 2

Z Frog 3