随笔分类 - 动态规划
摘要：斯坦纳树板子题。 考虑状压dp，设f[i][j][S]表示当前在点(i,j)考虑转移，其所在的联通块包含的关键点集（至少）为S的答案。 转移时首先枚举子集，有f[i][j][S]=min{f[i][j][x]+f[i][j][y]-a[i][j]} (x&y=0,x|y=S)。 然后考虑从点(i,j
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摘要：有很多比较显然的性质。首先每个城市（除1外）至多被连通一次，否则没有意义。其次将城市按水位从大到小排序后，用以连通的城市集合是一段前缀，并且不应存在比1城市还小的。然后如果确定了选取的城市集合，每次选择也应该是连续的一段，且应从小到大选，这样保证了将其他城市的水尽量分到1，而不是被另外的城市分流。同
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摘要：打表可以发现相当于不存在长度>=3的递减子序列。 考虑枚举在哪一位第一次不卡限制。注意到该位一定会作为前缀最大值。判掉已确定位不合法的情况后，现在的问题即为求长度为i、首位>j的合法排列个数，设其为g[i][j]。 由于首位>j，1~j在排列中一定依次出现，并且在j出现之前，>j的部分也一定单增。于
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摘要：直接给了一个置换群（当然要自己手动加上不洗牌的情况）。考虑求不动点数量即可。对于一个置换，求出所有循环的长度，然后设f[i][x][y]为给前i个循环着色后，用了x张红色卡片、y张绿色卡片的方案数，dp一发即可。 upd：为啥我写的应该不是假算法却好像也被hack掉了？不管了已经忘了这是啥题肯定哪写
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摘要：离散化后，容易想到设f[i][j]为i节点权值为j的概率，不妨设j权值在左子树，则有f[i][j]=f[lson][j](pi·f[rson][1~j]+(1-pi)·f[rson][j~m])。 考虑用线段树合并优化这个dp。记录前缀和，合并某节点时，若某棵线段树在该节点处为空，给另一棵线段树打上
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摘要：即求所有情况的最大伤害之和。容易发现应该先打强化牌，至少打一张攻击牌。同样显然的是强化牌和攻击牌都应该按从大到小的顺序打。进一步可以发现，只要还有强化牌，就应该使用（当然至少留一次攻击的机会）。 于是将强化牌和攻击牌各自从大到小排序。显然可以将其分开考虑。对强化牌，设f[i][j]为前i张牌抽到j张
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摘要：显然的做法是暴力枚举非树边所连接两点的选或不选，大力dp。考场上写的是最暴力的O(3n-mn)，成功比大众分少10分。容斥或者注意到某些枚举是不必要的就能让底数变成2。但暴力的极限也就到此为止。 每次重新dp做了大量重复的事，考虑从减少重复计算方面优化。先跑一遍没有限制的树形dp。将非树边所连接的点
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摘要：由裴蜀定理，子集S有解当且仅当gcd(S,P)|w。 一个显然的dp是设f[i][j]为前i个数gcd为j的选取方案。注意到这里的gcd一定是P的约数，所以状态数是n√P的。然后可以通过这个得到gcd是j约数的选取方案。复杂度O(n√PlogP)。 考虑优化。注意到每个数取gcd后的贡献仅与其和P的
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摘要：显然答案为Σkb·(n-k)a·C(n-k+1,k)。并且可以发现ΣC(n-k,k)=fibn。但这实际上没有任何卵用。 纯组合看起来不太行得通，换个思路，考虑一个显然的dp，即设f[i][j][0/1]为前i为选了j个1其中第i位是0/1的方案数。这样当然能求出答案，复杂度O(n2)。 注意到ab
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摘要：设f[i][j]为前i个划成j段的最小代价，枚举上个划分点转移。容易想到这个dp有决策单调性，感性证明一下比较显然。如果用单调栈维护决策就不太能快速的求出逆序对个数了，改为使用分治，移动端点时树状数组维护即可，类似莫队的每次都在原有基础上更新。注意更新时先加再减。感觉复杂度非常玄学丝毫不能看出为啥只
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摘要：线段树的任意一棵子树都相当于节点数与该子树相同的线段树。于是假装在树形dp即可，记忆化搜索实现，有效状态数是logn级别的。
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摘要：每种父亲编号小于儿子编号的有标号二叉树的出现概率是相同的，问题相当于求所有n个点的此种树的所有结点两两距离之和。 设f[n]为答案，g[n]为所有此种树所有结点的深度之和，h[n]为此种树的个数。 枚举左右子树大小，则有f[n]=Σ{[f[i]+(g[i]+h[i]*i)·(n-i)]·h[n-i-
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摘要：对于每个区间[l,r]，显然右端点r是必须放置守卫的。考虑其不能监视到的点，构成一段段区间。一个非常显然但我就是想不到的性质是，对于这样的某个区间[x,y]，在(y+1,r)内的点都是不能监视到这个区间内的任何一点的，证明考虑一下斜率之间的关系即可。于是该区间的最右一个守卫可以放置在y，也可以放置在
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摘要：设f[i][j][0/1]为前i位选j段时其中第i位选/不选最多能匹配到哪，转移时f[i][j][0]→f[i+1][j][0]，f[i][j][1]→f[i+1][j][0]，f[i][j][1]→f[i+1][j][1]，f[i][j][0]→f[i+1][j+1][1]。失配时找到最后一位相同
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摘要：容易猜到能选择的黑点个数是一个连续区间。那么设f[i][j]为i子树内选j个点形成包含根的连通块，最多有几个黑点，g[i][j]为最少有几个黑点，暴力dp是O(n2)的，求出每个连通块大小对应的黑点数量取值范围即可。 惊觉差点不会树形背包了。注意不要出现任何非法转移，即使看上去无伤大雅。
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摘要：首先二分答案简化一下问题，现在只有0和1了，要求最后剩下的是1。再简化一下考虑没有已固定的位置怎么做。考虑每个位置由其合并到的位置连边，显然这样形成了一棵三叉树。设f[i]为使得某位置为1其子树至少要放多少个1即可，转移显然。加上已固定位置也类似，修改dp初值即可。
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摘要：显然被留下的宝石应该贡献至少一位，否则就可以扔掉。所以如果n-k>=logw，直接输出所有数的or。现在n变得和k同阶了。于是设f[i][j]为前i个数or为j时至少选几个数，转移显然。当然可以只开一维。
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摘要：设f[i][j]为前i种强度选了j种且其中第i种选时前i个的最小误差。转移枚举上个选啥前缀和优化即可。
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摘要：一个显然的dp是设f[i][j]为i子树内权值<=j时的答案，则f[i][j]=Σf[son][j]，f[i][a[i]]++，f[i][a[i]+1~n]对其取max。这样是可以线段树合并的，但实在太弱了不太会。 另一种做法是考虑扩展经典的单调队列优化LIS的做法，维护子树内答案为k时最小的最大值
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摘要：首先将每个括号序列转化为三元组(ai,bi,ci)，其中ai为左括号-右括号数量，bi为前缀最小左括号-右括号数，ci为序列长度。问题变为在满足Σai=0，bi+Σaj>=0 (j<i)的情况下，最大化Σci。 考虑在确定了选哪些序列的情况下如何排列能够尽量满足条件。显然应该把ai>0的放在前面，<
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