中等水平各类dp解题报告

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fr(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define ll long long
#define db double
#define mod 998244353
#define N 10005
int n,cnt,a[N],b[N],f[N],g[N];
int main(){
	while(scanf("%d",&n)!=EOF){
		fr(i,1,n)scanf("%d",&a[i]);
		cnt=0;
		fr(i,1,n){
			if(a[i]>b[cnt])b[f[i]=++cnt]=a[i];
			else b[f[i]=lower_bound(b+1,b+cnt+1,a[i])-b]=a[i];
		}
		cnt=0;
		for(int i=n;i;i--){
			if(a[i]>b[cnt])b[g[i]=++cnt]=a[i];
			else b[g[i]=lower_bound(b+1,b+cnt+1,a[i])-b]=a[i];
		}
//		fr(i,1,n)printf("%d ",g[i]);puts("");
		int ans=0;
		fr(i,1,n)ans=max(ans,(min(f[i],g[i])<<1)-1);
		printf("%d\n",ans); 
	}
	return 0;
}

P1800 software

求解比较难，但是我们发现天最多 $O(Dm)$，考虑通过二分转化为判定。

如果以 $T$ 天为DDL，考虑 $f_{i,j}$ 表示前 $1$ 到 $i$ 个人第一个软件在 $T$ 天内做了 $j$ 个模块，那么能在 $T$ 天内第二个软件最多做的模块数量。

这个明显是背包，转移：

\[f_{i,j} = \max f_{i-1,j-k}+(T-kd_1)/d2 \]

时间复杂度 $O(nm^2\log Dm)$

应该容易优化掉转移的枚举变成 $O(nm\log Dm)$

P1880 石子合并

断环成链的区间DP模板。

$O(n^3)$

P1291 百事世界杯之旅

记买到 $i$ 种名字后还要期望要买 $f_i$ 瓶才能集齐。有：

\[f_n = 0 \\ f_i = 1 + \dfrac in f_i +\dfrac {n-i}n f_{i+1} \]

这是因为集齐 $i$ 个后再买一个，有 $\dfrac in$ 的概率买到重复的，有 $\dfrac {n-i}n$ 的概率买到新的。

解得:

\[answer = f_0 = \sum_{i=1}^n n/i \]

然后就是高精度模板。

P1004 方格取数

关键解决去重，由于只能向右向下移动，我们同时维护两条路径，记 $f_{x,y,z,w}$ 表示第一条路径走到 $(x,y)$，第二条走到 $(z,w)$ 的最大得分。枚举两个走的方向转移，注意如果走到了同一个点只能取一次。

时间复杂度$O(n^4)$

观察到只有 $x+y=z+w$ 的点有意义，转而维护 $f_{x+y,x,z}$

时间复杂度$O(n^3)$

P4170 涂色

简单分析后发现覆盖操作之间相互包含或相离，反正不会是相交(肯定亏了)。

于是考虑区间DP，$f_{l,r,c}$ 表示当前 $[l,r]$ 区间都为颜色 $c$，还需要染色的最小次数。

若 $a_l=c$，$f_{l,r,c} = f_{l+1,r,c}$

否则 $f_{l,r,c} = 1+\min_{p=l}^r f_{l+1,p,a_l}+f_{p+1,r,c}$

时间复杂度$O(n^3C)$

从第三部分开始，前面太水了。。

CF1107E

区间DP。若只记 $f_{l,r}$ 可能有一些拼接区间的操作无法顾及到。

考虑到拼接可以认为是一个个接上去的，记 $f_{l,r,k}$ 表示删掉 $[l,r]$ 及 $k$ 个额外 $s_r$ 的最大得分。

转移只有: 直接删掉 $s_r$ 及后面的东西，或者枚举一个 $p$ ，$s_p=s_r$，删掉 $[p+1,r-1]$ 从而拼接 $s_r$。

时间复杂度$O(n^4)$

P2886 Cow Relays G

矩阵快速幂模板，点太多离散化即可。

$O(T^3\log n)$

P2151 HH去散步

~~HH是变化之神。~~

关键是处理“不会立刻沿着刚刚走来的路走回”的限制。

使用点边互换技巧。等价于找到边的长为 $T$ 的序列使第一条边起点为 $S$，最后一条边终点为 $E$，任一条边终点为下一条边起点。构建边链接关系的有向图，一条边终点为另一条边起点就给它们连边，但是一条边不能连接其反边。

矩阵快速幂，与上题的 $(\max,+)$ 矩阵不同，这题是 $(+,*)$ 矩阵。

$O(m^3\log t)$

P2279 消防局的设立

$f_{u,(0/1)*6}$ 表示处理了以 $u$ 为根的子树，$u$ 有没有消防局，$u$ 有没有被消防局覆盖，$u$ 的儿子有没有存在消防局，$u$ 的儿子有没有全被消防局覆盖，$u$ 的孙子有没有存在消防局，$u$ 的孙子有没有全被消防局覆盖，这种情况下的最小消防局数，转移即可。

$O(n)$，但是有 $2^{12}$ 的巨大常数，其实可以优化

P4441 Retro

下落等价于人向上走，考虑普通的DP就是 $f_{i,j,k}$ 表示当前在 $(i,j)$ 上拥有 $k$ 个左括号，最多有几个括号对已经确定。转移枚举方向，简单做到 $O(n^3)$，还原方案记录决策点即可。

问题在于选出字典序最小的方案，直接用一个$ \leq 2^{300}$ 的大数来存储并比较当前的字典序即可。时间复杂度 $O(\dfrac{n^4}w)$，不需要记录决策点，滚动优化空间，空间复杂度 $O(\dfrac{n^3}w)$。

有大病 \r 换行

P6847 [CEOI2019] Magic Tree

不在题单里，但我刷到觉得比较精彩。

发现一条边断掉后它对应的子树就废了，所以不如断掉它同时断掉子树内的所有边，于是问题转化为每个果实选择收获或者不收获，但是收获时间自下往上必须单调不减，问总共最大价值。

DP，$f_{u,i}$ 表示 $u$ 子树内选择的收获时间不超过 $i$，子树内总共最大价值。

合并 $u$ 和 $v$ 就是：

\[f_{u,i} \leftarrow f_{u,i} + f_{v,i} \]

最后考虑 $u$ 可能要选：

\[f_{u,j} \leftarrow \max (f_{u,j} , f_{u,d_u}+w_u) \]

直接来时空 $O(n^2)$，34pts

看前面那条转移容易想到线段树合并。处理后面那条转移需要标记永久化，合并时标记也相加。比较麻烦，可以看题解。

时空 $O(n\log n)$

P5785 任务安排（批量计划）

用到一个经典技巧：费用提前计算。

记 $f_i$ 表示做完前 $i$ 个任务的费用最小值，但是提前考虑一个任务对后面时间累积的影响。比如做了第一个任务的贡献为 $t_1\cdot (c_1+c_2+\cdots+c_n)$，因为做了它会导致后面每个任务的完成时间推迟 $t_1$。由此得到转移：

\[f_i = \min_{j=1}^{i-1}\quad (s+sT_i-sT_j)\cdot bc_j+f_j \]

其中 $sT$ 是 $T$ 的前缀和，$bc_i = \sum_{j>i}c_j$。

斜率优化即可。

~~还是推一下式子吧~~

记 $y_j = (s-sT_j)\cdot bc_j+f_j$

即对于 $i$ 找 $j$ 使得 $sT_i\cdot bc_j + y_j$ 最小

若 $sT_i\cdot bc_j + y_j<sT_i\cdot bc_k + y_k$ 则 $-sT_i< \dfrac{y_k-y_j}{bc_k-bc_j} $

(假设 $bc_k>bc_j$)

这说明要维护一个下凸包，不断在左侧加点。查询时二分斜率。

时间复杂度$O(n\log n)$

P3188 梦幻岛宝珠

看起来01背包无法时间复杂度少于 $O(nm)$，其实关键在于体积的形式一定是$a\times2^b$。

发现这样的关键性质是 $b$ 越大的就天然地比较大一些，定量地描述就是如果手上有 $(\max a)\times2^b$ 的容量则体积形如 $a\times 2^{b-1}$ 的物品一定能买。如果有 $n(\max a)\times2^b$ 的容量则 $b$ 更小的物体都能扫荡了。

基于此，可以设计一个DP $f_{i,j}$ 表示考虑了所有 $b\ge i$ 的物品，手上还剩下 $j\times 2^i$ 容量的最大价值。同一层转移就是考虑所有 $b=i$ 的物品选不选，正常转移即可。往下转移就是 $j \leftarrow j\times2 + W[j]$，其中 $W[j]$ 代表 $W$ 的二进制第 $j$ 位。如果过大则能扫荡，体积设为 $n(\max a)$ 即可。

状态数及向下转移复杂度为 $O(B\times nA)$，每个物品转移需要 $O(nA)$，时间复杂度为 $O(T(n+B)nA)$。

P2943 Cleaning Up G

一看像是决策单调性，一推不满足四边形不等式qwq

发现有一个性质，如果分出一组有 $i$ 种元素，那这组一定起码要有 $i^2$ 个元素才能不亏。所以 $i>\sqrt n$ 都亏了。于是枚举转移点改为枚举当前区间有多少种元素，再算出这时左边最多能去到哪里即可转移。

问题变成如何快速确定左边界。这也好办，因为只需要维护 $O(\sqrt n)$ 个左端点，维护所有指针暴力移动即可。

时间复杂度变为 $O(n\sqrt n)$

posted @ 2024-11-01 21:09 Vizing 阅读(17) 评论(0) 编辑收藏举报

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