Dynamic Programming

状态压缩DP

质数

题意： 有 $n$ 个数，问从中最多选几个数，使选出的数两两互质，$ n \le 1000 ,\ a_i\le1000 $ .

小于 32 的质数有 11 个。
$a_i$ 中大于 32 的质因数最多有一个（32*32>1000）。
因此，最大质因数小于 32 的数直接转移，大于 32 的数以其最大质因数分组转移，每组只能选一个，由 2. 知各组数无交集。
时间复杂度 $ O(2^{11}\cdot n)$ 。
和它十分相似的题： [NOI2019] 寿司晚宴。

CF453B Little Pony and Harmony Chest

题意： 给定长度为 n 的序列 $a$, 要求构造长为 n 的序列 $b$, 满足 $b$ 中所有元素互质，且 $ \sum{|a_i-b_i|}$ 最小，输出方案。 $ 1\le n \le 100, 1 \le a_i \le 30$ 。

首先 1 和所有数互质。因此对于任一个 $i$，$|a_i-b_i| \le |a_i-1|$ 否则令 $b_i$ 等于 1 更优，又因为 $a_i \le 30$，因此 $b_i<59$。
这样问题就便简单了，58 以内的质数只有 16 个，可以状压。
以 $f[i][S]$ 为考虑到 $a$ 的第 i 位，已经用到的质数状态为 s 的最小值。
然后转移中顺便记录最优转移点，最后通过其还原 $b$ 数组，就好了。
时间复杂度 $O(n \cdot 2^{16} \cdot 58)$。

SRM713 DFSCount

题意： 给定一个 n 个点的无向图，求不同 dfs 序个数，$n \le 14$ 。

首先看数据范围想到状压。
考虑设计状态，$f[i][s]$ 表示以 i 为根，当前子图态为 s 的方案数（第 x 个点在子树内则 s 第x位为 1，否则为 0）。
考虑先枚举点作为整棵树的根，设为 x ，然后枚举和 x 相连的连通块，设为 T1, T2, T3 。（将 x 去掉后图会分为若干连通块）（类似点分治）。
考虑 T1 ，设 T1 状态为 s, 设 T1 中与 x 有连边的点为 y1, y2，y3, 则 T1 的方案数为 $f[y1][s]+f[y2][s]+f[y3][s] = Sum_{T1}$。
因此 x 的方案数为 $(Sum_{T1}+Sum_{T2}+Sum_{T3}) \cdot 3!$ （需要考虑 T1,T2,T3 的枚举顺序，因此乘组合数）。
于是递归到一点时，每次求分为几个连通块，按照 3. 4. 5. 的步骤就好。

最小斯坦纳树

题意： 给你 n 个点 m 条边的带边权无向图，有 k 个关键点，求将 k 个点连通的最小边权和。
$1 \le n \le 100,1 \le m \le 500,1 \le k \le 10,1 \le w_i \le 10^6$。

答案一定为一棵树，若存在环，删去环上任意一条边，边权变小。
设 $f[i][s]$ 为以 i 为根，联通，含有的关键点状态为 s（状压，有 i 则第 i 位为 1）的最小边权和。
对于 $f[i][s]$ 有两种转移方式：
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ f[j][s]+w[j][i] \to f[i][s]$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ f[i][t]+f[i][s-t] \to f[i][s]$
第二种转移，直接枚举子集，复杂度 $O(n\cdot 3^k)$，第一种考虑类似最短路，对于每个 s 跑一遍 dijkstra 即可，复杂度 $O(m\log m \cdot 2^k)$。
典型例题，[JLOI2015]管道连接，求最小斯坦纳森林，在斯坦纳树的基础上稍稍改动即可。

代码：

const int N=105,M=1010,K=(1<<10)+3;
int n, m, k, f[N][K], p[12], st[N];
int bg[N],nx[M],to[M],v[M],idx;
struct Node {
    int x, val;
    bool operator<(const Node& T) const{ 
        return val > T.val;
    }
}; 
priority_queue<Node> q;

il void add(int x,int y,int z) {
    nx[++idx]=bg[x],bg[x]=idx,to[idx]=y,v[idx]=z;
}
il void dijkstra(int s) 
{
    memset(st,0,sizeof st);
    while(!q.empty()) {
        int x = q.top().x; 
        q.pop();
        if(st[x]) continue;
        st[x] = 1;
        for(int i=bg[x];i;i=nx[i]) {
            int y = to[i];
            if(f[y][s]>f[x][s]+v[i]) {
                f[y][s] = f[x][s]+v[i];
                q.push({y, f[y][s]});
            }
        }
    }
}

int main()
{
    cin >> n >> m >> k;
    for(int i=1,x,y,z;i<=m;++i) {
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        add(x,y,z), add(y,x,z);
    }
    memset(f,0x3f,sizeof f);
    for(int i=0,x;i<k;++i) {
        scanf("%d",&x);
        p[i]=x, f[x][(1<<i)]=0;
    }
    int S = 1<<k;
    for(int s=1;s<S;++s) {
        for(int i=1;i<=n;++i) {
            for(int ss=s&(s-1);ss;ss=s&(ss-1))
                f[i][s]=min(f[i][s], f[i][ss]+f[i][s^ss]);
            if(f[i][s]<1e9) q.push({i, f[i][s]});
        }
        dijkstra(s);
    }
    cout << f[p[0]][S-1];
	return 0;
}

[SCOI2009]围豆豆

题意

看数据范围想到状压。
考虑射线法解决判断在矩形内部的问题。具体见这里。
枚举起点，考虑 $f[x][y][s]$ 为当前在 $(x, y)$，围住豆子的状态为 s 所用的最小长度，$sum[s]$为豆子状态为 s 时的豆子总和。
$ ans = \max (sum[s] - f[x][y][s])$
枚举所有$(x, y)$，初始化 $f$数组，$vis$数组，通过 bfs 求出最小长度即可，最后用
$f[x][y][s]$ 更新答案（这样保证了是闭合图形）。

DP 优化

序列

题意
非常神仙的动态规划，强烈推荐。

首先考虑，我们如何得到/构造所有情况，有一个 very nice 的构造方法：如果我们将 1-n 点连成一条链，在任何时候，都可以加一条边将强连通分量变小成任意值。
考虑 dp ，我们需要维护哪些信息：

当前加了几条边
当前有几个强连通分量
B 数组的值分为几段（比如 B 数组为： 5，4，4，2，1，1 ；则 B 的值有 5，4，2，1 四段。）

$\ \ $ Q ： 前两状态显然，为什么要维护 B 的段数呢？
$\ \ $ A ： 考虑段数每次变化，意味着至少增加了一条边，使某些点缩为一个强连通分量。后面会继续讲为什么。

由 2 我们可以设计状态 $f[i][j][k]$ ：当前加了 i 条边，有 j 个强连通分量，B 数组变化了 k 次的方案数。

当第 i 条边用于联通新的点时：$f[i][j][k]\gets f[i-1][j-1][k]$。
当第 i 条边用于使前面的点成环时：$f[i][j][k]\gets f[i-1][h][k-1]$, $h>j$。
易得，要构造 j 个强连通分量，至少要用到这条链上的 n-j 条边，而最多有 i-k+1 条边用在链上：$i-k+1\ge n-j$
然后我们又发现，由于这是简单图，所以当强连通分量个数为 j 时，边数是有上限的。可以发现，强连通分量个数为 j 的简单图的边数的最大值为：$(n-j+1)\cdot(n-1)+(j-1)\cdot(j-2)/2$ 。
(即一个大小为 n-j+1 的连通块和 j-1 个大小为 1 的连通块。)
因此 $i\le (n-j+1)\cdot(n-1)+(j-1)\cdot(j-2)/2$

现在有一个问题，时间复杂度为 $O(n^4)$ ($n^2$ 枚举边数，$n^2$ 前缀和优化 dp)。
为了优化时间复杂度，我们挖掘这个 DP 的性质。考虑我们的状态 k 的意义何在：只是为了判断 $i-k+1\ge n-j$ 这个条件。
发现当 $i > 2n$ 时即$i+j\ge n+k-1$ 无论 k 多少都满足。

当我们 dp 到 2n 时，令 $g[2n][j]=\sum_{k=1}^{n}{f[2n][j][k]}$。
让 i 从 2n+1 到 n(n-1) ，继续 dp ：$g[i][j]=\sum_{h\ge j}{g[i-1][h]}$ ,
且满足：$i\le (n-j+1)\cdot(n-1)+(j-1)\cdot(j-2)/2$。

最后答案就是 f 或 g 求和。

数位 DP

[清华集训2016] 组合数问题

题意

首先 n, m 很大，又因为要求组合数，自然想到 Lucas 定理：$ C_n^m = C_{n/k}^{m/k} \times C_{n\ mod\ k}^{m\ mod\ k}\ (mod\ k)$
上面的式子显然是需要 k 进制拆分的，上式即 n，m 写作 k 进制形式，各个位的 C 的乘积：$\prod_{i}{C_{n_i}^{m_i}}$
如果 $C_{n}^{m}$ 是 k 的倍数，则上式为 0 ，对于任一项，若$n_i<m_i$，则值为 0。
于是可以用数位 dp 解决问题，$f(cur,ok,dif,dn,dm)$ 表示处理到 cur 位，当前是否已经合法，当前 i 是否大于 j，前cur位 i 是否与 n 相同，前 cur 位 j 是否与 m 相同的方案数。

posted @ 2022-04-02 15:03 Aleksee 阅读(76) 评论(0) 收藏举报

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