zzy_dp 专题总结

[AGC034E] Complete Compress

\qquad 题面

\qquad 因为最终所有棋子都要走到同一点上，所以我们不妨枚举这个点，并以它作为根，然后开始考虑如何求出最小操作次数。

\qquad 首先，我们要明确一点：如果两颗棋子在同一子树内，那么我们让他们相互靠近对最终结果是毫无意义的。所以，我们每次一定会选择两颗来自不同子树的棋子，让它们共同向根移动。形式化的描述这一过程就是：每次选择两颗来自不同子树的棋子 $(x,y)$，让 $de{p}_x$ 减一，$de{p}_y$ 减一（$de{p}_i$ 是点 $i$ 的深度）。把模型转化一下，问题就相当于：现在有 $so{n}_x$ 堆石子（$so{n}_x$ 表示 $x$ 的子树数量），每次可以选择从不同的两堆中分别取出一块石子，求取完所有石子最少的操作次数，或报告无解。在这里，第 $i$ 堆石子的大小是以 $i$ 为根的子树中所有棋子的深度之和，记作 $di{s}_i$。这个 $i$ 表示根的第 $i$ 个儿子。

\qquad 解决这个问题是较简单的。我们设 $f_x$ 表示以 $x$ 为根的子树最多取走多少对石子。考虑分类讨论：若 $di{s}_{root}\%2=1$，那么一定无解；否则我们考虑分两种情况讨论：1、$sum?max\ge max$，此时可以证明一定是可以取完的，$f_x=\frac{sum}{2}$；2、$sum?max\le max$，此时一定会先用最大的一堆把剩下的取完，然后还能取多少呢？结论是 $\min (f_v,\frac{2\times max?sum}{2})$，$v$ 是最大的一堆对应的子树。因为剩下的石子一定要在 $v$ 子树内自行解决，但是一共也就只剩了 $\frac{2\times max?sum}{2}$ 堆，所以要取 $\min$。这样，这道题就结束了。判无解就看 $f_x$ 与 $\frac{di{s}_x}{2}$ 的关系即可。

\qquad Code

New Year and Original Order

\qquad 题面

\qquad 直接做显然是不好做的，我们考虑单独考虑每一个数字带来的贡献。写成式子就是 ${\sum }_{i=1}^{9}i\times cnt(i)$，在这里 $cnt(i)={\sum }_{digi{t}_x=i}10^x$。回忆学期望时的一个式子：$E(x)=\sum iP(x=i)=\sum P(x\ge i)$，所以在这里我们也可以类比着化简式子：$ans={\sum }_{i=1}^9{\sum }_{j=i}^{9}cnt(j)$。写成这个形式就好写多了。我们对于每一个数字 $d$ 大力数位 $dp$，设 $d{p}_{i,j,0/1}$ 表示前 $i$ 位，大于等于 $d$ 的数位有 $j$ 个，是否压上界的方案数。转移正常枚举下一位填什么即可。不过因为 $cnt(i)$ 表示 ${\sum }_{digi{t}_x=i}10^x$，所以在最后我们还要乘一个 ${\sum }_{i=0}^{j?1}10^i$。

\qquad Code

[AGC024F] Simple Subsequence Problem

\qquad 题面

\qquad 设 $d{p}_{i,A,B}$ 表示长度为 $i$，已匹配的串为 $A$，可以用来匹配的串为 $B$，最多是 $S$ 中 $d{p}_{i,A,B}$ 个串的子串。转移考虑往后扩展 $B$ 中的一个 $0/1$。但是因为 $S$ 和 $T$ 若分别存储空间承受不住，不过 $S+T$ 的空间是可以接受的，所以我们可以把 $S$ 和 $T$ 拼接起来。但是因为可能会有前导 $0$，所以我们在最前面填个盖子 $1$。然后正常转移即可。

\qquad Code

某位歌姬的故事

\qquad 题面

\qquad $n$ 很大，先离散化。离散化之后注意到每个限制都是在给一段区间赋取值上限，而可以满足限制的位置一定是这一段区间内取值上限等于 $h_i$ 的位置。所以我们考虑按照不同的 $h_i$ 分别 $dp$，最后合并方案数即可。注意到一个性质：小区间若被大区间包含（合法情况下），那么小区间可以直接删去。之后我们就可以开始 $dp$：设 $d{p}_{i,j}$ 表示满足了前 $i$ 个限制，且最后一个等于 $h_i$ 的位置是 $j$ 的方案数。对于相邻的两个限制，我们分相交与不相交两种情况分别处理即可。细节有点多。

\qquad 核心 $Code$：

	dp[0][0] = 1;
	for(int i = 1, sum, res; i <= tz; i ++) {
		sum = 0, res = 1;
		for(int j = L[i - 1]; j <= R[i - 1]; j ++) sum = (sum + dp[i - 1][j]) % mod;//i-1所有合法情况
		gl[R[i] + 1] = 1;
		for(int j = R[i]; j >= L[i]; j --) gl[j] = (1LL * gl[j + 1] * qpow(x - 1, len[P[j]])) % mod;//j~r全填hi-1的方案数
		if(L[i] > R[i - 1]) {//不相交
			for(int j = L[i]; j <= R[i]; j ++) {
				dp[i][j] = (1LL * (1LL * (1LL * (1LL * (qpow(x, len[P[j]]) - qpow(x - 1, len[P[j]])) % mod + mod) % mod * sum) % mod * res) % mod * gl[j + 1]) % mod;
				res = (1LL * res * qpow(x, len[P[j]])) % mod;
			}
		}
		else {//相交
			for(int j = L[i]; j <= R[i - 1]; j ++) dp[i][j] = (1LL * dp[i - 1][j] * gl[R[i - 1] + 1]) % mod;//特殊处理相交部分
			for(int j = R[i - 1] + 1; j <= R[i]; j ++) {
				dp[i][j] = (1LL * (1LL * (1LL * (1LL * (qpow(x, len[P[j]]) - qpow(x - 1, len[P[j]])) % mod + mod) % mod * sum) % mod * res) % mod * gl[j + 1]) % mod;
				res = (1LL * res * qpow(x, len[P[j]])) % mod;				
			}
		}
	}
	int cnt = 0;
	for(int j = L[tz]; j <= R[tz]; j ++) cnt = (cnt + dp[tz][j]) % mod;
	for(int i = 1; i <= tp; i ++) cnt = (1LL * cnt * (!vis[i] ? qpow(x, len[P[i]]) : 1LL)) % mod;//没有被覆盖的位置随便填
	return cnt;

[POI2015] MYJ

\qquad 题面

\qquad 笛卡尔树 $dp$ 、区间 $dp$ 经典题。既然一个人只会去区间中价格最小的位置洗车，所以我们在区间 $dp$ 的状态中加一维最小值即可。设 $d{p}_{l,r,k}$ 表示区间 $[l,r]$ 最小值为 $k$ 时花钱最大是多少。转移时对于每一个 $[l,r]$ 预处理一个 $cn{t}_{loc,val}$ 表示在 $loc$ 处设置价格 $val$ 有多少人在此洗车。正常区间 $dp$ 转移即可。因为最终要输出方案，所以转移过程中顺带记录一下最优决策点即可。

\qquad 核心 $Code$：

	for(int k = 1; k <= m; k ++) {
		if(l <= a[k].a && a[k].b <= r) {
			for(int h = a[k].a; h <= a[k].b; h ++) {
				cnt[h][a[k].c] ++;
			}
		}
	}
	for(int k = l; k <= r; k ++)
		for(int h = lx - 1; h; h --)
			cnt[k][h] += cnt[k][h + 1];//价格少肯定包含价值多
	for(int k = lx; k; k --) {
		dp[l][r][k] = dp[l][r][k + 1], Min[l][r][k] = Min[l][r][k + 1], opt[l][r][k] = opt[l][r][k + 1];//同理
		for(int h = l; h <= r; h ++) {
			int val = dp[l][h - 1][k] + dp[h + 1][r][k] + xs[k - 1] * cnt[h][k];
			if(val >= dp[l][r][k]) dp[l][r][k] = val, opt[l][r][k] = h, Min[l][r][k] = k;
		}
	}

Periodni

\qquad 题面

\qquad 笛卡尔树 $dp$。

\qquad 我们可以建立一个小根笛卡尔树，然后做树形 $dp$。这么想的原因是笛卡尔树上两棵不同的子树（没有祖先关系）间没有影响，可以分开 $dp$。建出笛卡尔树之后正常做树背包即可。

\qquad 核心 $Code$：

void dfs(int x, int fa) {
	if(l[x]) dfs(l[x], x);
	if(r[x]) dfs(r[x], x);
	sze[x] = sze[l[x]] + sze[r[x]] + 1;
	for(int i = 0; i <= sze[l[x]]; i ++)
		for(int j = 0; j <= sze[r[x]]; j ++)
			tmp[x][i + j] = (tmp[x][i + j] + (1LL * dp[l[x]][i] * dp[r[x]][j]) % mod) % mod;
	for(int i = 0; i <= sze[x]; i ++)
		for(int j = 0; j <= i; j ++)
			dp[x][i] = (dp[x][i] + (1LL * (1LL * (1LL * C(sze[x] - j, i - j) * C(h[x] - h[fa], i - j)) % mod * fac[i - j]) % mod * tmp[x][j]) % mod) % mod;
}

[AGC026D] Histogram Coloring

\qquad 题面

\qquad 跟上一题同种套路。不过本题需要注意：如果当前行是严格的黑白相间，那么下一行可以选择反色或复制两种；但如果不是，下一行就只能反色。转移时多记录一个 $0/1$ 表示是否黑白相间即可。

\qquad 核心 $Code$：

inline LL H(int l, int r, int opt, int d) {//把一个状态压成一个数
	return d + 1LL * n * opt + 2LL * n * r + 2LL * n * n * l;
}

int dfs(int l, int r, int opt, int d) {//记忆化搜索
	if(l > r) return 1;
	LL sta = H(l, r, opt, d);
	if(l == r) return mp[sta] = opt ? 0 : qpow(2, h[l] - d);
	if(mp[sta]) return mp[sta];
	int loc = m[l][r];
	if(!opt) return mp[sta] = (1LL * (1LL * dfs(l, loc - 1, 0, h[loc]) * dfs(loc + 1, r, 0, h[loc])) % mod * qpow(2, h[loc] - d)) % mod;
	if(loc == l) return mp[sta] = (2LL * (dfs(l + 1, r, 0, h[loc]) + dfs(l + 1, r, 1, h[loc])) % mod) % mod;
	if(loc == r) return mp[sta] = (2LL * (dfs(l, r - 1, 0, h[loc]) + dfs(l, r - 1, 1, h[loc])) % mod) % mod;
	int res1 = (6LL * (1LL * dfs(l, loc - 1, 0, h[loc]) * dfs(loc + 1, r, 0, h[loc])) % mod) % mod;
	int res2 = (4LL * (1LL * dfs(l, loc - 1, 0, h[loc]) * dfs(loc + 1, r, 1, h[loc])) % mod) % mod;
	int res3 = (4LL * (1LL * dfs(l, loc - 1, 1, h[loc]) * dfs(loc + 1, r, 0, h[loc])) % mod) % mod;
	int res4 = (2LL * (1LL * dfs(l, loc - 1, 1, h[loc]) * dfs(loc + 1, r, 1, h[loc])) % mod) % mod;
	return mp[sta] = (((res1 + res2) % mod + res3) % mod + res4) % mod;
}

[JOI Open 2016] 摩天大楼

\qquad 见插入类 dp 总结。

[USACO19DEC] Tree Depth P

\qquad 题面

\qquad 先不考虑深度和，只考虑如何做求长度为 $n$ 的全排列中逆序对数为 $K$ 的方案数。我们考虑设 $d{p}_{i,j}$ 表示前 $i$ 个数，逆序对数为 $j$ 的方案数。转移时考虑第 $i$ 个数插入后可能会产生 $[0,i?1]$ 个逆序对，所以大力转移，加个前缀和优化可以搞到 $O(n^3)$。现在再想这个题。深度之和相当于找 $i$ 祖先的个数。那么我们可以枚举 $u,v$ 表示当前点是 $u$，$v$ 是 $u$ 的祖先的方案数。对于每一个相同的 $u?v$，答案都是相同的，所以我们先求出原始 $dp$ 数组，然后枚举 $u?v$，在 $O(k)$ 时间复杂度内做撤销背包即可。注意 $u,v$ 的先后顺序不确定，若 $v$ 在前则产生 $0$ 个逆序对，若 $v$ 在后则产生 $v?u$ 个逆序对。

\qquad 核心 $Code$：

void Insert(int x) {//前缀和优化，但是先加后删
	for(int i = 1; i <= n * (n - 1) / 2; i ++) dp[i] = (dp[i] + dp[i - 1]) % mod;
	for(int i = n * (n - 1) / 2; i > x; i --) dp[i] = (dp[i] - dp[i - x - 1] + mod) % mod;
}

void Erase(int x) {
	for(int i = x + 1; i <= n * (n - 1) / 2; i ++) dp[i] = (dp[i] + dp[i - x - 1]) % mod;
	for(int i = n * (n - 1) / 2; i; i --) dp[i] = (dp[i] - dp[i - 1] + mod) % mod;
}
//main中
dp[0] = 1;
for(int i = 1; i < n; i ++) Insert(i);
for(int i = 1; i < n; i ++) {
	Erase(i);
	for(int j = i + 1; j <= n; j ++) {
		ans[j] = (ans[j] + dp[K]) % mod;
		ans[n - j + 1] = (ans[n - j + 1] + dp[n * (n - 1) / 2 - K]) % mod;
	}
	Insert(i);
}
for(int i = 1; i <= n; i ++) printf("%d ", (ans[i] + dp[K]) % mod);//深度是祖先数加1，所以最后要加上总方案

[BZOJ3864]–Hero meet devil

\qquad $dp$ 套 $dp$ 典型例题。

\qquad 考虑先预处理出 $f_{sta,j}$ 表示若当前 $LCS$ 状态为 $sta$，在后面添加字符 $j$ 得到的新的 $LCS$ 状态是什么。这一过程正常跑 $LCS$ 即可。然后再设 $d{p}_{i,sta}$ 表示长度为 $i$ 的字符串，$LCS$ 的状态为 $sta$ 的方案数。转移很简单。

\qquad 核心 $Code$：

int solve(int sta, int x) {//当LCS状态为sta时，若在后面添加字符x，产生的新的LCS状态 预处理f的函数
	for(int i = 1; i <= n; i ++) h[i] = h[i - 1] + ((sta >> (i - 1)) & 1);
	memset(g, 0, sizeof g);
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		g[i] = max(g[i - 1], h[i]);
		if(Get(s[i]) == x) g[i] = max(g[i], h[i - 1] + 1);
	}
	int mask = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) mask += (g[i] - g[i - 1]) * (1 << (i - 1));
	return mask;
}
//main中
dp[0][0] = 1;
for(int i = 0; i < m; i ++) {
	for(int j = 0; j < (1 << n); j ++) {
		for(int k = 0; k < 4; k ++) {
			dp[i + 1][f[j][k]] = (dp[i + 1][f[j][k]] + dp[i][j]) % mod;
		}
	}
}
for(int i = 0; i < (1 << n); i ++) ans[num[i]] = (ans[num[i]] + dp[m][i]) % mod;

LOJ 6274 - 数字

\qquad 题面

\qquad 可以写成 $dp$ 套 $dp$，但是没必要。考虑直接大力设计状态 $d{p}_{i,0/1,0/1,0/1,0/1}$ 表示考虑到了第 $i$ 位，目前 $x$ 是否贴上下界，$y$ 是否贴上下界。转移时有小细节：若当前位 $i\&j=0$，那么将会有三种情况：$(1,0),(1,1),(0,0)$。显然不能都算入。上结论：最终方案数要从中取 $\max$。证明不会

\qquad 核心 $Code$：

LL dfs(int x, int o1, int o2, int o3, int o4) {
	if(x < 0) return 1;
	if(f[x][o1][o2][o3][o4] != -1) return f[x][o1][o2][o3][o4];
	int lx = ((Lx >> x) & 1), ly = ((Ly >> x) & 1), rx = ((Rx >> x) & 1), ry = ((Ry >> x) & 1), t = ((T >> x) & 1);
	LL Max = 0, ans = 0;
	for(int i = 0; i < 2; i ++)	{
		for(int j = 0; j < 2; j ++) {
			if(o1 && i < lx) continue;
			if(o2 && i > rx) continue;
			if(o3 && j < ly) continue;
			if(o4 && j > ry) continue;
			if((i | j) != t) continue;
			int p1 = (o1 & (i == lx)), p2 = (o2 & (i == rx)), p3 = (o3 & (j == ly)), p4 = (o4 & (j == ry));
			if(i & j) ans += dfs(x - 1, p1, p2, p3, p4);
			else Max = max(Max, dfs(x - 1, p1, p2, p3, p4));
		}
	}
	return f[x][o1][o2][o3][o4] = ans + Max;
}

Yet Another Minimization Problem

\qquad 题面

\qquad 四边形不等式优化板子题。采用分治+莫队写法即可。

\qquad Code

[USACO19FEB] Mowing Mischief P

\qquad 题面

\qquad 第一步：求出二维 $LIS$：所有点按照 $x$ 从小到大排序，然后做 $y$ 的最长上升子序列。树状数组优化可以搞到 $O(n\log T)$。第二部：在 $LIS$ 求出来的基础上最小化覆盖面积。不难想到按照 $LIS$ 分层。分层后不难发现同一层中的点一定是 $x$ 单增，$y$ 单减的。按照层作为阶段进行 $dp$。设 $d{p}_i$ 表示必须经过第 $i$ 朵花的最小覆盖面积。那么 $d{p}_i=mi{n}_{x_i\ge x_j,y_i\ge y_j,li{s}_i=li{s}_j+1}(d{p}_j+(x_i?x_j)\times (y_i?y_j))$。先考虑如果没有 $x_i\ge x_j,y_i\ge y_j$ 的限制怎么搞？直接上决策单调性优化即可。不过要注意这个决策单调性是反着的，后面的点对前面的更优。现在考虑加上这个限制怎么搞？考虑把决策单调性优化搬到线段树上，用线段树分治来搞。

\qquad 核心 $Code$：

void calc(int x, int l, int r, int ql, int qr, int k) {
	if(l > r || ql> qr) return ;
	int mid = l + r >> 1, pos; LL ans = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
	for(int i = ql; i <= qr; i ++) {
		LL val = dp[loc[k][i]] + 1LL * (a[qs(x)[mid]].x - a[loc[k][i]].x) * (a[qs(x)[mid]].y - a[loc[k][i]].y);
		if(val < ans) ans = val, pos = i;//注意这里不能直接带dp数组，因为dp数组会被多次更新
	}
	dp[qs(x)[mid]] = min(dp[qs(x)[mid]], ans);
	calc(x, l, mid - 1, pos, qr, k), calc(x, mid + 1, r, ql, pos, k);//决策单调性是反的
}

Modest Substrings

\qquad 题面

\qquad 先想一手暴力怎么搞？考虑把 $[l,r]$ 内的所有串插入 $AC$ 自动机内然后暴力 $dp$ 即可。但是显然不行。此时，我们注意到，假设 $[l,r]=[100,200]$，那么当我们填数填到 $11\_$ 的时候，最后一位上的 $AC$ 自动机就没必要建出来了，因为此时一定在合法区间内。所以按照这个建法建出 $AC$ 自动机后正常跑 $dp$ 即可。需要预处理一个 $g_{i,j}$ 表示当前在 $AC$ 自动机的节点 $i$ 上，往后跳 $j$ 步能得到的最大权值。给 $dp$ 数组转移时加个前缀和优化即可。因为要输出方案，所以在求出 $dp$ 数组后倒推一遍是从哪转移过来的即可。

\qquad Code

[AGC022E] Median Replace

\qquad 题面

\qquad 先考虑如果没有 $?$，如何判断一个 $01$ 串能否变成一个 $1$。我们考虑维护一个栈。如果遇到 $0$ 且栈顶已经有两个 $0$，那我们直接把这 $3$ 个 $0$ 合并成一个 $0$ 即可；否则直接插入栈中。如果遇到 $1$ 且栈顶是 $0$，那么我们可以同时删去这对 $1,0$，因为此时中位数是什么只会取决于后面插入内个数，与它们已经无关了。否则直接插入栈中。此时，我们发现最终的栈一定是前面一段连续 $1$，后面有 $0～2$ 个 $0$。此时，我们关注一下极限情况：若栈中是 $11100$，那么我们仍然可以将栈中的数合并为一个 $1$，所以栈中 $1$ 的个数也可以压缩到 $0～2$个，只要最终栈中 $1$ 的个数大于 $0$ 的个数即可。

\qquad 所以我们根据上述结论设计 $dp$ 状态：设 $d{p}_{i,0～2,0～2}$ 表示前 $i$ 个数，栈中有 $0～2$ 个 $1$，$0～2$ 个 $0$ 的方案数。对于 $s_i\ne ?$，分两种情况分别转移；对于 $s_i=?$，两种情况同时转移即可。

\qquad Code