CF DP题练习

< *1800

I 545C. Woodcutters *1500
可以贪心，不过我是来练 \(dp\) 的。
我们设 \(f_{i,0/1/2}\) 代表第 \(i\) 棵树 向左倒/不砍/向右倒 。
可以列出方程直接写即可。

n = read();
F(i,1,n)a[i].x = read(),a[i].h = read();
f[1][0] = 1;if(a[2].x - a[1].x > a[1].h)f[1][2] = 1;
a[n+1].x = inf;
F(i,2,n){
    f[i][1] = max(f[i-1][0],max(f[i-1][1],f[i-1][2]));
    if(a[i].x - a[i-1].x > a[i].h)f[i][0] = max(f[i-1][0],f[i-1][1]) + 1;
    if(a[i].x - a[i-1].x > a[i].h + a[i-1].h)f[i][0] = max(f[i][0],f[i-1][2]+1);
    if(a[i+1].x - a[i].x > a[i].h)f[i][2] = max(f[i-1][0],max(f[i-1][1],f[i-1][2])) + 1;
}
printf("%lld\n",max(f[n][0],max(f[n][1],f[n][2])));

II 166E. Tetrahedron *1500

我们定义 \(f_i\) 为走 \(i\) 步后停留到 \(A\) 点的方案数，\(g_i\) 为停在 其他点 的方案数。

则 \(f_i + g_i = 3^i\)，易得到递推方程 \(f_i = g_{i-1} = 3^{i-1} - f_{i-1}\)。

III 1418C. Mortal Kombat Tower *1500
考虑 \(dp\)，我们令 \(f_{i,0/1}\) 代表打到第 \(i\) 个怪兽且第 \(i\) 个怪兽是 朋友/自己 打败的。

则可以列出状态转移方程为：

\(f_{i,0} = min(f_{i-1,1} + a_i,f_{i-2,1} + a_i + a_{i-1})\) 意思是朋友打 一个或两个 的花费。

\(f_{i,1} = min(f_{i-1,0},f_{i-2,0})\) 意思是自己打 不需要花费。

注意一下多测不能直接 memset

IV 431C. k-Tree *1600
我们令 \(f_{i,0/1}\) 表示路径 总和 为 \(i\) 的 符合/不符合 路径条数，答案即为 \(f_{n,1}\)。

\(f_{i,0} = \sum_{j < d} f_{i-j,0}\) 因为不能有 大于 \(d\) 的边。

\(f_{i,1} = \sum f_{i-j,0} + \sum_{j \geq d} f_{i-j,0}\)

*1800 ~ *2200

I 1997C.Nikita and LCM *1900

我们令 \(M = lcm(a_1,...a_n)\)，则 \(a\) 的任何一个子序列的 \(lcm\) 一定是 \(M\) 的因数。

若 \(M\) 大于 \(a\) 中的任意一个数，则答案为 \(n\)。
否则，我们可以以因数表示为 状态，线性转移即可。

状态可以存到 \(set\) 中利用 \(map\) 转移。
复杂度 \(O(nClog(C))\)，\(C\) 大约为 \(500\)。(注意不要爆 \(longlong\) ！！)

int t,n,ans;
ll a[N],mx,lc;
ll lcm(ll x,ll y){
    if(x > 1e9 || y > 1e9)return inf;
    return x * y / __gcd(x,y);
}
set<ll>st;
map<ll,int>f,v,g;
void solve(){
    st.clear(),f.clear(),v.clear();
    st.insert(1);
    f[1] = 0,ans = 0;
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        v[a[i]] = 1;g = f;//需要一个转移数组 g
        for(auto state:st){
            ll x = lcm(state,a[i]);
            f[x] = max(f[x],g[state]+1);
            st.insert(x);
        }
    }
    for(auto state:st)
        if(!v[state])ans = max(ans,f[state]);
    printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
    t = read();
    while(t--){
        n = read();
        lc = 1,mx = 0;
        F(i,1,n)a[i] = read(),mx = max(mx,a[i]),lc = lcm(lc,a[i]);
        if(lc > mx){
            printf("%d\n",n);
            continue;
        }
        solve();
    }
    
	return cerr << "Time : " << clock() << " ms" << endl, 0;
        
}

II CF771C Bear and Tree Jumps *2100

我们考虑对于以 \(x\) 为根的子树内的答案，设 \(f_{x,j}\) 表示在 \(x\) 子树内，与 \(x\) 距离为 \(j\) 的节点答案和，有 \(j\in [1,k),f_{x,j} = \sum_{y\in son(x)}f_{y,j-1}\)，当 \(j = 0\) 时，我们分类讨论，若 \(y\) 节点离 \(x\) 节点距离不超过 \(k\)，则可以用 \(1\) 的费用到达，若距离大于 \(k\)，则我们需要找到距离为 \(k\) 的节点的答案，再同一加上 \(1\)，即 \(f_{x,0} = \sum_{y \in son(x)}f_{y,k-1} + size_y\)。

这样我们找出了以一个节点为根的答案，其他节点我们可以换根求出，复杂度 \(\mathcal{O}(nk)\)。

代码