NOIP2024集训Day22 DP常见模型1 & 2 - 序列 & 背包

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A. [SCOI2003] 字符串折叠

因为前面折叠了会对后面产生影响，所以很显然不能贪心。

考虑区间DP。

定义 \(f_{i, j}\) 表示 \(i\) 到 \(j\) 范围内可以折叠到的最短长度。答案为 \(f_{1, n}\)。

状态转移：对于 \(f_{i, j}\)，使用区间DP惯用套路，枚举 \(k\)，那么 \(f_{i, j}\) 就有两种情况：

1. 直接由 \([i, k]\) 和 \([k + 1, j]\) 拼接起来
2. 把 \([i, k]\) 作为模板串，将 \(s_{i, j}\) 写成 \(x\) 个 \(s_{i, k}\) 的形式，但前提是此举可行（每次枚举 \(k\) 的时候暴力判断）

最坏时间复杂度为 \(O(n^4)\)，但其实远远达不到。

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B. [ABC221G] Jumping Sequence

非常巧妙。

将坐标系顺时针旋转 \(45^\circ\)，也就是说把曼哈顿距离转化成切比雪夫距离，\((X, Y) \rightarrow(\dfrac{X+Y}{2}, \dfrac{Y-X}{2})\)，不用考虑 \(\sqrt{2}\) 的问题，因为在旋转 \(45^\circ\) 之后整个距离都会变成原来的 \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\) ，然后再整体除以 \(\sqrt{2}\)，消除 \(\sqrt{2}\) 带来的影响。

这样一来，我们就可以把横坐标和纵坐标独立开来，方便处理。

于是问题转化为：求序列 \(C_i\)，使得 \(\sum C_i\cdot D_i = s(s = \dfrac{X+Y}{2}/\dfrac{Y-X}{2})\)。

分开讨论，分别对横坐标和纵坐标进行处理。

再进行一次转化：设 \(\sum D_i = sum\)，求出序列 \(C_i\) 等价于在 \(D_i\) 中选取若干个数，使得 \(\sum C_i = \dfrac{sum - s}{2}\)。

于是就变成了01背包，用 bitset 优化一下即可。

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C. [HNOI2007] 梦幻岛宝珠

转化一下：01 背包，\(n\le100\)，但是容量 \(W \le 2^{30}\)。物体的体积可以写成 \(a\times 2^b(a\le 10, b\le 30)\)。

发现 \(W\) 太大，而 \(a\)，\(b\) 又很小，于是考虑对背包进行分组。

用 \(f_{i, j}\) 表示第 \(i\) 组容量为 \(j \times 2^i\) 的答案，每一组直接用普通背包做就可以了。

考虑如何合并。

从 \(2^{i - 1}\) 转移到 \(2^{i}\) 时，我们同样用 \(f_{i, j}\) 表示 \(2^{0\sim i}\) 位，\(j \times 2^{i}\) 时的答案。

我们考虑可以从 \(2^{i - 1}\) 那里拿一些上来。

假设拿上来 \(k\times 2^i\)，于是：\(f_{i, j} = \max\limits_{0\le k\le j}\{f_{i - 1, k \times 2 + [W\&2^{i - 1}]}+ f_{i, j - k}\}\)。

其中 \([W\&2^{i - 1}]\) 是如果 \(W\) 里面本来可以有 \(2^{i - 1}\)，那就可以多拿上来一个，于是这道题就做完了。

时间复杂度 \(\Theta(T\times len\times 10^3\times 10^3)\)。

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F. [CF500F] New Year Shopping

线段树分治。

按时间将询问离线，然后按时间建线段树，把物品的影响加到 vector，dfs线段树，合并背包即可。