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

[NOIP2021] 数列

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：

$$f_{i+t,j+1,(t+k)>>1,l+((t+k)\&1)}\Leftarrow f_{i,j,k,l}$$

边界条件：

$$f_{0,0,0,0}=1$$

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

[SDOI2008] 山贼集团

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：

$$f_{x,S}\Leftarrow f_{x,T}+f_{y,S\;xor\;T}\\ S\subseteq T$$

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。

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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：

$$dp_{l,r,k}=dp_{l,p-1,t}+dp_{p+1,r,t}+val$$

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：

$$dp_{l,r}=dp_{l,p-1}+dp_{p+1,r}+val_{a_p}$$

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。

$To\;be\;continue...$