AtCoder Educational DP Contest 做题记录

此时时间复杂度 \(O(nk^2)\)，考虑优化。
我们发现 \(\sum_{k=0}^{\min(a_i,j)}f_{i-1,j-k}\) 不用遍历，只需要做一个前缀和计算就好了，令 \(sum_{i,j}=\sum_{k=0}^{j}f_{i,k} = sum_{i,j-1}+f_{i,j}\)，然后计算即可。

https://atcoder.jp/contests/dp/submissions/70379042

N

题目链接：https://atcoder.jp/contests/dp/tasks/dp_n

设 \(sum_{i}\) 表示 \(\sum_{j=1}^{i}a_j\) \(f_{i,j}\) 表示区间 \([i,j]\) 的答案，那么我们有：

\[f_{i,j}=\min_{k=i}^{j-1}(f_{i,k}+f_{k+1,j}+sum_j-sum_{i-1}) \]

表示枚举断点，然后计算左右区间已经合并的答案，和这次合并要的答案。
注意刚开始 \(f_{i,i}=0\)，因为没开始合并。

https://atcoder.jp/contests/dp/submissions/70379464

O

题目链接：https://atcoder.jp/contests/dp/tasks/dp_o

设 \(f_{i,S}\) 表示当前枚举到第 \(i\) 个男生，女生选择的状态为 \(S\)，有：

\[f_{i,S}=f_{i-1,S-2^j}(S\operatorname{and}2^j=1) \]

所以说，我们把每个 \(S\) 的 \(1\) 的位置找出来，总共只有 \(O(n2^n)\) 个位置，然后 dp 只有 \(O(n2^n)\) 个状态，转移 \(O(n2^n)\) 次，时间复杂度 \(O(n2^n)\)，注意取模不要太多。

https://atcoder.jp/contests/dp/submissions/70379741

P

题目链接：https://atcoder.jp/contests/dp/tasks/dp_p

树形dp，设 \(f_{0/1,u}\) 表示点 \(u\) 的颜色为黑/白时的答案。那么有：

\[f_{0,u}=\prod_{v\in u} f_{1,v} \]

\[f_{1,u}=\prod_{v\in u} f_{0,v}+f_{1,v} \]

\(v\in u\) 表示 \(v\) 是 \(u\) 的子节点。

https://atcoder.jp/contests/dp/submissions/70379920

Q

题目链接：https://atcoder.jp/contests/dp/tasks/dp_q

设 \(f_i\) 表示以 \(i\) 结尾的答案，那么有：

\[f_i=\max_j^{h_j<h_i}f_{j}+a_i \]

注意到这个玩意要 \(O(n^2)\)，考虑优化。
我们发现我们要查的是所有 \(h_j<h_i\) 的 \(j\) 的 \(f_j\) 的最大值，我们建一颗值域树状数组，求前缀 \(\max\) 即可，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

https://atcoder.jp/contests/dp/submissions/70380014

R

题目链接：https://atcoder.jp/contests/dp/tasks/dp_r

想到 floyd，令 \(f_{x,i,j}\) 表示跑了 \(x\) 步之后的 \(i\) 到 \(j\) 的方案数，我们可以递推出：

\[f_{x,i,j}=\sum_{k=1}^{n} f_{x-1,i,k} \times f_{1,k,j} \]

所以跑了 \(k\) 步等价于 \({f_{1}}^k\)，矩阵快速幂解决即可。

S

题目链接：https://atcoder.jp/contests/dp/submissions/70382692

数位 dp 板子。

令 \(f_{idx,0/1,res}\) 表示当前到第 \(idx\) 位，是否有前导 \(0\)，当前数位和 \(\bmod d\)。
令 \(mx\) 为当前位置可以枚举到的最大的数字，那么我们有：

\[f_{idx,zr,res}=\sum_{i=0}^{mx} f_{idx+1,zr \operatorname{and} [i=mx],(res+i)\bmod d} \]

https://atcoder.jp/contests/dp/submissions/70382692

T

题目链接：https://atcoder.jp/contests/dp/tasks/dp_t

神秘的 dp 设计。令 \(f_{i,j}\) 表示长度为 \(i\)，填写 \([1,i]\)，以 \(j\) 结尾的方案数，对于新加入一个 \(j\)，我们可以把原本 \(\ge j\) 的部分全部 \(+1\)，这样就是一个排列了。

那么我们有：

\(f_{i,j}=\left\{\begin{matrix} \sum_{k=1}^{j-1} f_{i-1,k} & s_{i-1}=\texttt{"<"}\\ \sum_{k=j}^{i-1} f_{i-1,k} & s_{i-1}=\texttt{">"} \end{matrix}\right.\)

注意到后面是一段区间的和，用前缀和优化即可。

https://atcoder.jp/contests/dp/submissions/70384107

U

题目链接：https://atcoder.jp/contests/dp/tasks/dp_u

首先我们考虑求出每个选择方式的权值，这里复杂度 \(O(n^22^n)\)，然后做一个类似背包的东西，使用枚举子集可以做到这部分 \(O(3^n)\)

https://atcoder.jp/contests/dp/submissions/70386668

V

题目链接：https://atcoder.jp/contests/dp/tasks/dp_v

令 \(f_{u}\) 为以 \(1\) 为根时以 \(u\) 为根的子树中的答案，那么有：

\[f_{u}=\prod_{v\in u} (f_{v}+1) \]

那么对于 \(g_u\) 表示以 \(u\) 为根的子树外的答案，那么有：

\[g_{v}=g_{fa_v}\times \frac{f_{fa_{v}}}{f_{v}+1} \]

可是 \(m\) 不一定为质数，有可能没有逆元，所以不妨将式子转换一下，把 \(f_{fa_u}\) 拆开来，变成 \(\prod_{v\in u} (f_{v}+1)\) 的形式，处理前缀积后缀积计算即可。

https://atcoder.jp/contests/dp/submissions/70484050

W

题目链接：https://atcoder.jp/contests/dp/tasks/dp_w

设 \(f_{i,j}\) 表示当前为第 \(i\) 位，上一个填 \(1\) 的位置为 \(j\) 的最大值。首先我们有 \(f_{i,i}=\max_{j=0}^{i-1}f_{i,j}\) 和 \(f_{i,j}=f_{i-1,j}\)。然后我们考虑线段的影响，对于一段线段 \([l_x,r_x]\)，我们按照右端点排序，枚举到右端点的时候，我们有 \(f_{i,j}=f_{i-1,j}+\sum_{r_x=i,l_x\le j}a_x\)，即加上所有右端点为 \(i\) 且覆盖 \(j\) 的线段进去。

我们发现后面这一大坨可以用线段树优化转移，那么时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

https://atcoder.jp/contests/dp/submissions/70492058

X

题目链接：https://atcoder.jp/contests/dp/tasks/dp_x

因为箱子的摆放顺序会影响 dp 答案，我们不妨贪心的去考虑，箱子 \(x,y\)，如果 \(x\) 摆在下面，那么有 \(s_x-w_y>s_y-w_x\)，即 \(s_x+w_x>s_y+w_y\)，所以我们按照 \(w+s\) 从小到大排序之后做一个背包就好了。

https://atcoder.jp/contests/dp/submissions/70492919

Y

题目链接：https://atcoder.jp/contests/dp/tasks/dp_y

快结束了捏。

考虑容斥，首先对于 \((x_1,y_1)\) 走到 \((x_2,y_2)\)，答案是 \(\binom{|x_2-x_1|+|y_2-y_1|}{|x_2-x_1|}\)。我们令 \(f_{i}\) 表示从 \((1,1)\) 到第 \((x_i,y_i)\) 不经过障碍的情况数，那么我们有：\(f_i=\binom{x_i+y_i-2}{x_i-1}-\sum_{j=1}^{i-1}f_j\times \binom{|x_i-x_j|+|y_i-y_j|}{|x_i-x_j|}\)。

令第 \(n+1\) 个点为 \((h,w)\)，答案即是 \(f_{n+1}\)。

https://atcoder.jp/contests/dp/submissions/70493932

Z

题目链接：https://atcoder.jp/contests/dp/tasks/dp_z

首先显而易见的可以令 \(f_i\) 为到达 \(i\) 的答案，那么显然有：

\[f_i=\max_{j=1}^{i-1} f_j+(h_i-h_j)^2+C \]

时间复杂度 \(O(n^2)\)，过不了啊/ll

我们考虑拆开来式子，变成：

\[f_j+{h_i}^2-2h_ih_j+{h_j}^2+C \]

这个东西我们发现，\({h_i}^2\) 和 \(C\) 都是一定会加上来的，最后考虑。

然后我们发现，\(f_j\) 和 \({h_j}^2\) 都是根据 \(j\) 就可以求出来的，不妨设他为 \(calc(j)=f_j+{h_j}^2\)，同时我们把 \(-2h_i\) 看成 \(k\)，那么转移式子就变成了一个 \(calc(j)+kh_j\) 的形式，形似一次函数~~，用李超线段树暴力做即可~~。

当然我们是为了学习斜率优化 dp 的，所以考虑再推推式子。

我们考虑 \(x<y\) 且 \(y\) 不比 \(x\) 优时是什么情况，那么有 \(calc(x)+kh_x\le calc(y)+kh_y\)。

移项得：\(calc(x)-calc(y)\le k(h_y-h_x)\)，即 \(\frac{calc(x)-calc(y)}{h_y-h_x}\le k\)。

将 \(k=-2h_i\) 带入，得：\(\frac{calc(x)-calc(y)}{h_y-h_x}\le -2h_i\)，即 \(\frac{calc(x)-calc(y)}{h_x-h_y}\ge 2h_i\)。因为这个玩意神似斜率，我们称之为斜率优化。

我们考虑维护这个斜率 \(k\)，假设当前有三个点 \(a,b,c\)，有 \(k(a,b)\ge k(b,c)\)，那么显然 \(b\) 在直线 \(ac\) 上方，选择 \(b\) 是更裂的。我们用单调队列维护这个东西。由于 \(h\) 单调递增，我们不需要在凸壳上二分，只需要每次弹出最前面的直到满足条件就好啦，时间复杂度 \(O(n)\)。

https://atcoder.jp/contests/dp/submissions/70494814

posted @ 2025-10-23 20:00 coding_goat_qwq 阅读(19) 评论(0) 收藏举报

刷新页面返回顶部

CodingGoat

AtCoder Educational DP Contest 做题记录

A

B

C

D

E

F

G

H

I

J

K

L

M

N

O

P

Q

R

S

T

U

V

W

X

Y

Z

公告