正难则反
概述
以前学习计数 \(dp\) 时，总是见到 “正难则反” 的思想，这种思想在计数题中的确十分常用：如果合法的情况不好求，就求出全部情况以及不合法的情况，一减就能得出答案；求 恰好、至少 则需要用容斥，具体可以在这篇博客内查看。
但是，正难则反 的应用可不止局限于此，事实上，非常广泛，我认为：可以将表面的东西形容为 “正”，容易忽视的东西形容为 “反”，正难则反 则是对于 “反” 操作，这样说还是太抽象了，我们结合一些实际的例子进行理解。
DP 状态设计&转移优化
动态规划的状态设计，毫不夸张的讲，这是 \(dp\) 最重要的一步，万事开头难。为啥会用到这种思想，我们结合例题进行分析。
这类 \(dp\) 题目通常有如下特征：同一个数只能用 \(1\) 次，要维护巨大的集合但是时间不允许也做不到排除等效冗余。转移优化一般要贴近最终的状态，比如题目要求删除，那么最终状态是保留一些，我们处理保留的情况的值。还有一种经典的优化手段，在下面的下面的 \(T_1\) 会讲到。
T1
不难注意到，题目问合法序列的方案数，也就是我们要填一个合法序列，如果依次考虑每一位填什么，容易发现不好转移，因为问题中存在进位，即：如果对于当前计算出的结果，随机的填上某个 \(2^k\) ，根本计算不出会增加多少个 \(1\)，那么转移是失败的。
正难则反，如果考虑每个位置上填的数字不行，我们能不能考虑将每个数字填入位置，也就是反过来。
于是我们重新考虑进位的影响，容易发现，如果从小到大考虑每种数填的次数，那么进位是可以算出来的。可以参照下图：
不难发现，两个 \(1000\) 的进位是 \(1\)，可以直接传递到 \(10000\) 的计算中，因为两者仅仅相差一位，相当小学的竖式计算，所以我们从小到大依次考虑每种数填多少次，可以解决进位的问题。那我们就可以设状态了。
设 \(f_{i,j,k,l}\) 表示现在填到第 \(i\) 位，考虑完了 \(2^0\sim 2^j\)，目前前一位的进位（如上图两个 \(1000\) 的进位）是 \(k\)，已经计算出 \(l\) 个 \(1\) 的方案数。
接着，枚举 \(j+1\) 位填 \(t\) 个，于是，新的进位是 \((t+k)>>1\)，这一位的数字是 \((t+k)\&1\)，所以有如下转移：
边界条件：
在转移的时候，还需要乘上权值，以及考虑放置位置，即盒子放球（可以出现空）的问题，这是显然的，不再赘述。
T2
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。\(n\le 60\)
按照题目的说辞，要给每个节点设置一个标号，如果我们直接考虑每个节点填什么，有两点比较麻烦：
- 每个标号不能重复使用。如果不用 \(vis\) 等记录，怎么解决。
- 相邻的节点标号差不能超过 \(2\)。如果记录每个点的父亲和自己填的什么，考虑子树进行转移，那么同样存在重复使用标号的问题。
无数困难暗示我们，此路不通。
正难则反，考虑每个标号填在那个节点。于是设出这样的状态：\(f_{i,p_1,p_2,S}\) 表示现在将 \(1\sim i\) 的标号都填好了，标号 \(i\) 填在 \(p_1\) 节点上，标号 \(i-1\) 填在 \(p_2\) 节点上，现在填好的位置集合是 \(S\)。
这样就可以转移了。具体的转移以及复杂度分析：戳这里
T3
假如我们依次考虑每个分部的管理情况，其实不太好弄，毕竟计算贡献的时候，需要知道每个分部管理村落的交，必须要将所有村落的管理情况进行记录，但这在时间或空间上都是不允许的，于是我们转换思路，将 “多个分部同时管理一个村落” 改成 “一个村落同时被多个分部管理”。
设 \(f_{x,S}\) 表示村落 \(x\) 被集合 \(S\) 管理所获得的最大贡献，是一个树形背包的形式，考虑这样转移：
最后加上 \(x\) 被 \(S\) 管理的贡献即可，可以用高维前缀和求得。
T4
现在有 \(n\) 个区间 \([li,ri]\)，每个区间有个权值 \(w_i\)。我们把这 \(n\) 个区间当成 \(n\) 个点，如果两个区间有交（包括端点），就在这两个区间之间连边，形成了一个区间图。
现在希望删除一些区间，使得每个连通块大小不超过 \(k\)。输出删除区间最小的权值和。
这是一道关于转移优化的题目。
题目让删除一些区间，求删除的最小的权值和；显然可以反过来想，求保留的最大权值和。这样考虑问题会有好处（后面讲）。
我们考虑经过删除，所有区间长什么样：是一堆连续段，中间断开。我们发现，断开的位置恰好对问题进行了划分，所以考虑枚举断开的位置进行转移即可。转移方程式详见这里。
至于好处，可以避免在边界处区间是否需要删除的讨论。
其他
T1
具体题目不记得了，大概是安排 \(a\) 的值，求下面式子的最值。
\[\sum_{1\le l\le r\le n}\min_{l\le k\le r}a_k \times (r-l+1) \]
一道 \(dp\).
显然，如果对于每个区间直接计算最小值乘上区间长度，就变成枚举 \(a\) 的取值，直接算贡献，显然会超时。我们反过来想，对于位置 \(p\) 的 \(a_p\) ，如果钦定他是最大值，那么可以影响多少个区间呢。
在区间 \([l,r]\) 内，位置 \(p\) 除了 \([l,p-1]\) 和 \([p+1,r]\) 不能影响，其他都能影响，所以我们可以直接计算出贡献，然后对于区间 \([l,p-1]\) 和 \([p+1,r]\) 分别计算。这不就是区间 \(dp\) 吗。。。
设 \(dp_{l,r,k}\) 表示区间最大值不能超过 \(k\) 的最大值的最值（因为钦定了一个最大值，所以区间内的其他值都必须小于等于这个值），于是可以这样转移：
这样在原题可以拿到 \(48pts\) ，优化需要凸包，没学。
但是空间上可能存在部分问题，如果不要 \(k\) 这一维关于最大值得限制，想想我们 \(dp\) 出来的值是否正确。
一种直观的想法是：如果不限制最大值，那么不能满足题目要求，计算出来的结果自然是错误的。我们举个例子，比如：对于中间的数 \(2\) ，我们取了，获得了 \(2\times num_1\) 的贡献，不考虑最大值的限制，我们取了左边区间的 \(10\) ，获得了 \(10\times num_2\) 的贡献，此时 \(num_1>num_2\) 显然成立。
对于这一段相同的区间，假设我们先取 \(10\)，并获得 \(10\times num_1\) 的贡献，再取 \(2\) ，获得 \(2\times num_2\) 的贡献，这是合法的操作，并且 \(10\times num_1+2\times num_2\ge 2\times num_1+10\times num_2\) 是显然成立的，也就是说，虽然在转移过程中虽然出现了不合法的决策，但是这一定不会成为最优解，也就不会影响答案的选取。
所以最终 \(dp\) 方程优化成：
空间复杂度骤降。。。
T2
给定一个由数字
1到9组成的字符串 \(s\)，每次询问一个 \(10\) 位的由数字1到9或?组成的模板串，求 \(s\) 中有多少个子串能匹配上该模板串。?可以匹配上任意数字。例如，
1?2?3可以匹配上12233，19293，但是不能匹配12345。保证询问的模板串中至多有 \(4\) 个问号。
\(1\le n,q\le 2\times 10^5\)
最暴力的想法肯定是先将 \(s\) 的所有长度为 \(10\) 的子串存下来，然后暴力填模板串的问号，直接进行匹配，由于最多有 \(4\) 个问号，所以时间复杂度是 \(O(n+q\times 10^4)\)，可以通过 \(q\) 较小的数据。
有没有优化的方式呢，直接照着这个思路想貌似不太行，我们能否不处理模板串，转而预处理原串 \(s\) 呢（正难则反）？
显然可以，我们可以在对 \(s\) 的每个子串任意填上 \(4\) 个问号，储存起来，在查询的时候直接查找即可，时间复杂度是 \(O(\binom{10}{4}n+q)\).
显然，两个都过不了
我们能否将 \(n,q\) 前面系数平衡一下？
我们考虑在 \(s\) 的每个子串任意填上 \(2\) 个问号，然后在模板串中暴力填上 \(2\) 个括号，进行匹配，这样时间复杂度就降为 \(O(\binom{10}{2}n+q\times 10^2)\) ，使用手写哈希表储存，注意常数，可以通过此题。
T3
这是一类考虑权值不行，转而将权值进行排序，考虑下标的套路，但是题目不记得了，留坑代填。
\(To\;be\;continue...\)
