202409 DP 杂题（排列 DP）笔记
本文原在 2024-09-28 09:23 发布于本人洛谷博客。
Part 1 排列 DP
1. AT_dp_t Permutation / UVA1650 数字串 Number String
实际上，对于 \(1\sim 6\) 的一个排列，如果 1 2 6 5 4 3 是合法的，那么 1 3 8 6 7 5 也是合法的。
也就是说，题目并不关心这几个数是否真的是 \(1\sim 6\) 的一个排列，所以可以考虑不考虑这些数值的实际大小，而是关心他们相对的排名。
设 \(f_{i,j}\) 表示处理好前 \(i\) 个位置，其中第 \(i\) 个位置放在这 \(i\) 个数中排名为 \(j\) 的数。
如果这一位需要比前一位大（这一位是 \(<\)），那么：
如果这一位需要比前一位小（这一位是 \(>\)），那么：
2. AT_abc209_f [ABC209F] Deforestation
先讨论什么时候价值最小：
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先砍 \(i\)，再砍 \(i+1\)，代价是 \(a_{i-1}+a_i+a_{i+1}+a_{i+1}+a_{i+2}\)。
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先砍 \(i+1\)，再砍 \(i\)，代价是 \(a_{i}+a_{i+1}+a_{i+2}+a_{i-1}+a_i\)。
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上减下得 \(a_{i+1}-a_i\)。
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也就是说，当 \(a_i<a_{i+1}\) 时，先砍 \(i\) 最优；当 \(a_i>a_{i+1}\) 时，先砍 \(i+1\) 最优。
题目变为有多少种排列 \(p\)，\(\forall i\)，\(a_{p_i} < a_{p_{i+1}}\)。
上一题改改即可。
3. 【重点】P5999 [CEOI2016] kangaroo
从另一种角度看排列 DP，这一角度下排列 DP 通常的设法是：设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数组成了 \(j\) 段答案的方案数，答案即为 \(f_{n,1}\)。
状态是什么意思呢？比如对于上面 T1，现在求出三部分答案区间：\((1)\)，\((5,3)\)，\((2,4)\)，这些区间内部都必须满足答案要求的性质。这就是 \(f_{5,3}\) 包含的一种方案。
对于这样的状态，一般有三种操作：
- 随便挑一段区间将第 \(i\) 个数接到它的结尾：
- 自己开一段区间，由于这一段区间可能插在上一个状态的 \(j-1\) 段形成的 \(j\) 个空（包含序列两端也可以插入）中的任意一个空中，所以：
- 合并左区间和右区间，自己放到中间，上一个状态的 \(j+1\) 段只有 \(j\) 个“中间”（序列两端的，显然不能合并），所以：
回到这一题。这道题的本质是求上面 T1 中的 \(><\dots ><\) 序列和 \(<>\dots <>\) 序列的总方案数，只不过固定了开头数和结尾数。
用同样的方法设状态，从小到大考虑插入每一个数。
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不存在第一种操作，因为从小到大考虑，要是个个数都直接往前面序列的后面接，必然会形成一个完全单调递增的“答案序列”，和题意不符。
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第二种操作必然合法，它新开一段区间，前后都没有数，没有大于小于的比较。
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第三种操作必然合法，因为从小到大考虑，现在考虑的数肯定比之前的数都要大，把自己放到中间合并任意两个区间，都能构成以自己为中心的 \(<>\)。
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对于起点，它的操作二只有插在序列开头一种方案，所以 \(f_{i,j}=f_{i-1,j-1}\) 即可，不用 \(\times j\)。它的
4. 摆花
5. 数列
6. CF1806D DSU Master
7. P9197 JOI Open 2016 摩天大楼
8. CF1437F Emotional Fisherman
9. CF1439D INOI Final Contests
10. AT_agc030_f [AGC030F] Permutation and Minimum_
11. P7213 [JOISC2020] 最古の遺跡 3
Part 2 线性 DP
1. AT_abc281_g [ABC281G] Farthest City
2. CF1476F Lanterns
3. AT_agc035_e [AGC035E] Develop
Part 3 树形 DP
1. P6383 『MdOI R2』Resurrection
对上脑电波了（喜，可能是这题比较简单。
说句闲话，我语文素养较低，导致我看题意看了半天。
首先，对于“从 \(u\) 到 \(n\) 号节点的简单路径都不经过任何编号小于 \(u\) 的节点”，即从 \(u\) 往 \(n\) 节点编号单调递增，就可以想到把 \(n\) 当作原树的根，有 \(\forall dep_u<dep_v,u>v\)。
接着画图想它的断边操作，可以发现新树中，某个节点的父亲一定是原树中的祖先，因为如果从 \(x\) 节点往下拐得到 \(y\) 是最大的，那就违背了上一行的规律。
所以问题就变成了：以 \(n\) 为根，随便将一些节点往上挂，能够得到多少种新树。
但是“随便”是不够的，会发现样例都过不了，其实还有个条件：每个节点在新树中的深度，都必须大于等于他原树中其中一个祖先，在新树上的深度。
其实原因也很显然：凭什么这个节点能连到上面去而它没一个祖先能连上去……
因此设 dp 状态 \(f_{u,i}\) 表示只考虑 \(u\) 及其子树，最小只向深度为 \(i\) 的祖先连边的方案数，则有 \(f_{u,i}=\prod \sum_{j\ge i}f_{v,j}\)。
最后将答案合并进 \(f_{n,0}\) 即可。前缀和优化为 \(O(n^2)\)。
2. P10789 [NOI2024] 登山
3. CF1799H Tree Cutting
Part 4 状压 DP
1. P8292 [省选联考 2022] 卡牌
如果质数个数较小，只需大力容斥即可，用总方案减去所有不合法的方案：钦定覆盖 \(0\) 个质数 \(-\) 钦定覆盖 \(1\) 个质数 \(+\) 钦定覆盖 \(2\) 个质数……
但是质数个数很多，但又不算多，根据 NOI2015 寿司题经验，可以发现 \(43\times 47>2000\)，也就是说每一个数最多只有一个大于 \(43\) 的质数，所以考虑根号分治。
考虑只有大质数怎么做，那么直接枚举给出的卡牌序列里整除大质数 \(p\) 的个数 \(f_p\)，然后如果要求被大质数 \(p\) 整除，那么这 \(f_p\) 个卡牌不能全不选，\(2^{f_p}-1\)，否则就放养，\(2^{f_p}\)。
接下来只需要把第一段和第三段结合起来，即对每种不同的小质数集合都算一次大质数的答案，容斥即可。
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