排除等效冗余

概述

排除等效冗余，是一个范围很广的概念，大到算法思想的设计，小到对题目的转化。但不可否认，这种思想在做题中经常出现。往往出题人整选手，会将题目出的复杂一点。事实上，很多条件都是没用的或者可以被简单代替的，但若不排除这些冗余条件，将给做题带来较大影响。所以，这种思想方法必须掌握。

本文将从排除等效冗余的角度对每道例题进行重点剖析，至于其他过程，可以详见博客。

对无用状态的去除

感觉很熟悉，对吧？没错，在学习搜索剪枝时，我们常用到这种优化思想，分别称为最优性剪枝和可行性剪枝。

最优性剪枝，即从最优化的角度考虑剪枝：如果当前计算的答案已经没有之前的答案优，再计算下去一定不会更优，可以直接终止这次的搜索，考虑其他计算。

这是在搜索剪枝中的应用。其实在平时做题中也经常出现，比如：有 $a$ 和 $b$ 两种选择，其中 $a$ 无论从自身对答案的贡献，还是帮助其他值对答案的贡献来看，都是最优的，那么我们可以只保留 $a$ 而将 $b$ 去掉，毕竟 $b$ 明显更劣。

这和单调队列也很像，如果一个值更优还更靠前（前还是后依题目而定），那么必然将其他值踢掉，保留当前值

我们来看几道关于最优性优化的题目（不包括单调队列和搜索）。

最优性优化

T1

有 $n$ 块白色或黑色的石头排成一排，第 $i$ 块石头的重量为 $w_i$ 。你每次可以取走一块石头。如果这块石头不在最左侧或最右侧，并且和它相邻的两块石头的颜色均与它自己的颜色不同，你可以获得 $w_i$ 分；否则，你不得分。两块石头是相邻的当且仅当它们之间没有还没被移走的石头。你要求出你的最大得分。

可以发现，对于一段连续的形如 WWWW 这样的一堆颜色相同石子，我们只保留其中权值最大的一定是最优的，我们考虑从石子对别人的贡献和本身对答案的贡献进行分析。

由题知，只有相邻的石子与自己颜色不相等，取的时候才能得分。所以从对答案的贡献来看，一堆石子（数量记作 $k$ ）一定是先取走 $k-1$ 个不得分的，再取走一个得分的，显然我们要让最后一个能得分的权值尽量大，即最后取走的是这 $k$ 个石子中的最大值。

那么，只保留一个石头，会对相邻其他颜色石头的选取造成影响吗？

显然不会，对于 BWWWWB 和 BWB 来讲，可以先选取两边的B，最后选取中间的W，所以只保留一个不会对其他答案的选取造成影响。

经过一波简单的转化，将字符串转化为了WBWBWBWB这种颜色交替的字符串，然后简单分析性质就可以做。

T2

给定一个长为 $n$ 的正整数序列 $a_1,a_2,…,a_n$

求 $a$ 的一个长度为 $k$ 的子序列 $b_1,b_2…,b_k$ ，并且最小化

$value=max(b_1+b_2,b_2+b_3,…,b_{k−1}+b_k,b_k+b_1)$

求出 $value$ 的最小值。

幼儿园都看的出来的二分答案。。。

我们考虑如何进行check。

对于相邻的 $a_i,a_{i+1}$ 而言，若 $a_i+a_{i+1}>mid$ ，且 $a_i<a_{i+1}$ ，我们应该选择那个进 $b$ 呢？

从对合法序列长度的贡献来看，选择 $a_i$ 和选择 $a_{i+1}$ 的贡献都是 $1$ ，我们考虑两个选择对 $a$ 数组其他位置的选择的影响。

由贪心可得，如果选择 $a_i$ ，那么后面更容易满足 $a_i+a_k\le mid$ 的条件，所以我们可以得出一个结论，选择 $a_i$ 一定不比选择 $a_{i+1}$ 劣。

由此可以得出算法：按照上述思路不断合并相邻不合法的两项，可以用链表或者双端队列实现。我用的是双端队列。

可行性优化

其实可行性优化不仅仅表现为对代码的优化，也表现为对算法时间复杂度的分析，往往确认时间复杂度不是建容易的事（尤其是记忆化搜索这种玄学算法）。

来看几道题。

T1

现在有一个 $n×m$ 的格子大小的木板，大王想用 $1×2$ 的多米诺骨牌把格子填满。大王不满足于普通的填法，大王还想让每个格点都不能被 $4$ 个多米诺骨牌顶点覆盖。

问有多少种填的方式。 $1\le n,m \le 10^7$

乍一看非常复杂。二维计数题， $1\le n\times m\le 10^{14}$ ，显然不能用正常的 $dp$ 思路。注意，在山穷水尽之时，我们就要考虑一个问题：是否存在无用的状态呢？

通过手模我们可以算出，合法的矩形只有行数为 $n$ 的，两个行数不为 $n$ 的矩形拼在一起是不合法的。这样我们就将二维问题转化为一维问题。然后进行简单的递推即可。

T2

给定参数 $b_1\sim b_m$ ，以及 $a_1\sim a_n$ ，进行 $m$ 次操作，第 $i$ 次操作可以选择保留 $b_i$ 的倍数或者去掉 $b_i$ 的倍数。先手希望操作完权值和最小，后手希望操作完权值和最大。问最终的权值。

$1\le n\le 2\times 10^4,1\le m\le 2\times 10^5.$

乍一看，~~题目很难~~，用正常的 $dp$ 或者贪心都不太好搞，因为我们很难不维护当前的数集 $a$ ，但是维护数集 $a$ 意味着空间时间绝对爆炸（毕竟 $n\le 2\times 10^4$ ），对于这种看上去不可做题，一般而言，要么是答案很少，要么是算到一定程度答案是恒定的。

考虑暴力怎么做，按照博弈论的套路，暴力的枚举每一步的决策，设 $dfs(i,s)$ 表示现在在进行第 $i$ 轮，数集是 $s$ ，算出的权值。如果是先手，就走向对手取到最小值的路径；反之亦然。

那我们考虑，假设是 $b_i$ 倍数的有 $num_1$ 个，不是的有 $num_2$ 个，如果取多的那边，那么每次数集的大小就会减半，只需进行 $\log n$ 次操作就可以将数集取空，那么由于一个人想让结果变大，另一个人相反，于是若先手取了减少后少的那一边，后手就会取减少后多的那一边，整理一下，最多经过 $2\log n$ 次操作，就能将数集取空，答案为 $0$ .

所以在感觉状压不行，贪心不行， $dfs$ 爆搜也不行的情况下，就要坚信出题人在出诈骗题。

T3

折线

洛谷月赛的题，想了 $10$ 分钟发现不对路，答案只会是 $2,3,4$ 其中一个， $2$ 的情况很好判断，所以只需要判断 $3$ 的情况即可。可以很套路的枚举中间折点，也就是 $3$ 个折点中唯一一个不在坐标轴上的那个。然后统计对应矩形内的点的数量即可，是个二维偏序问题，树状数组即可。直接枚举容易超时，用二分即可。

T4

Cuber QQ 有一个长度为 $n$ 的数列 $a_1,a_2,⋯,a_n$ ，其中有一些位置 Cuber QQ 已经填上了数。

对于空着的位置 Cuber QQ 想考验一下 Little Fang，他希望 Little Fang 在空白位置填上一些数后，使得这个数列的任意连续子序列的和都是质数，也就是说，

$\forall l,r,1\le l\le r\le n,(\sum_{i=l}^ra_i)是质数$

$Xiejiadong$ 出的题，这个出题人最喜欢用诈骗题阴人，你看，又来了。。。

回归正题，发现与质数有关的算法其实不多，要使得任意区间内的数字和都为质数， $dp$ 和贪心看上去都不好做，我们考虑会不会出现无解等情况。

首先，每个位置上必须是质数（长度为 $1$ 的区间），接着研究相邻的情况，发现，如果两个质数都是奇数，那么加一起是偶数，不满足题目条件，所以要用到唯一的偶质数 $2$ ，并且在序列中一定是交替出现的，像这样子（设 $p$ 是奇质数）：

p_{1} 2 p_{2} 2 p_{3} . . .

$p_1\;\;2\;\;p_2\;\;2\;\;p_3...$

接着考虑长度为 $3$ 的序列，发现如果是 “奇质数 2 奇质数” 这样的排布，加起来还是会得到偶数（不合法），所以唯一合法的排列只有 “2 奇质数 2”。

分析到这里不能发现，长度为 $4$ 的序列怎么搞都不合法，因为只能出现 “2 奇质数 2 奇质数” 这样的的排列，加一起是偶数，不合法。

所以长度为 $4$ 的序列没有合法序列，那么长度是 $5,6,7...$ 的序列也自然不存在合法序列。

所以我们只需要考虑长度 $\le3$ 的情况，是不是简单许多。。。

T5

给定一棵 $n$ 个节点的树，顶点编号为 $1,2,...,n$ ，你需要给每个顶点设置一个标号 $c_i$ 满足：

$1\le c_i \le n$

$c_i\ne c_j\;(i\ne j)$

$|c_i-c_j|\le 2$ （ $i,j$ 树上相邻）

求方案数。

可以考虑暴力的 $dp$ ，设 $f_{i,p_1,p_2,S}$ 表示当前填了 $1\sim i$ 的标号，其中 $i$ 填在点 $p_1$ ， $i-1$ 填在点 $p_2$ ，填过的点的集合是 $S$ 的方案数。

枚举标号 $i+1$ 将要填的位置，记作 $p_3$ ，设新集合是 $T$ ，那么有如下转移：

f_{i + 1, p_{2}, p_{3}, T} \Leftarrow f_{i, p 1, p 2, S}

$f_{i+1,p_2,p_3,T}\Leftarrow f_{i,p1,p2,S}$

直接暴力的 $dp$ 无疑会超时，考虑优化，采用排除无用状态的方式。

考虑这样的问题，如果 $1\sim i+1$ 的标号都填完了，我们能否确定当前填的方案是否合法呢？

显然可以，对于 $i-1$ 而言，满足 $|c_i-c_j\le 2|$ 并且 $i,j$ 树上相邻的无非在 $[i-3,i+1]$ 内，由于我们按照标号从小到大的顺序填，若填到 $i+1$ ，对于 $i-1$ 填在的位置（记作 $p$ ）来讲，与 $p$ 相邻的点还有没填的，即使后面填上也不可能合法，所以我们得到如下结论：

填完 $1\sim i+1$ ，与 $i-1$ 位置相邻的必须全部填上。

加上这个剪枝以及记忆化搜索，就可以 A 了。

为什么？

首先，每个点的度数一定不超过 $4$ ，超过 $4$ 显然无解，接着，我们将 $f_{i,p_1,p_2,S}$ 中的 $p_1,p_2$ 点删除，最多得到 $7$ 棵树，每棵树要么全部被填，要么全部不被填。如果出现落单的，在后面的填写中也不可能被填，所以合法的状态最多有 $2^7$ 种，设树的个数是 $c$ 。