动态规划刷题集

动态规划的本质就是对状态的提取与压缩。

做 dp 的题务必要考虑下面需要的信息：

• 具体的状态（如果空间不够考虑哪些信息是可以压缩的）。
• 具体的转移（谁转移谁）。
• 初始情况。
• 最终情况。
• 转移是否需要优化。

P1725 琪露诺

\(i\) 可以跳到 \([i+L,i+R]\) 的其中之一，那么 \([i-R,i-L]\) 的任意一格都可以可以跳到 \(i\)。

记 \(f_i\) 为跳到 \(i\) 格获得的最大分数，有如下状态转移方程：

\[f_i=\max^{i-L}_{j=i-R} \{f_j+A_i\} \]

注意答案为 \(\max^{N+R}_{i=N+1} f_i\)。

朴素复杂度为 \(O(N^2)\)，上个单调队列即可达到 \(O(N)\)。

P1439 【模板】最长公共子序列

\(O(n^2)\) 做法

记 \(f_{i,j}\) 为 \(P_1\) 枚举的前 \(i\) 项和 \(P_2\) 的前 \(j\) 项的最长公共子序列。

• 当 \(P_1[i]=P_2[j]\) 时，\(f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+1\)。
• 否则 \(f_{i,j}=\max(f_{i-1,j},f_{i,j-1})\)。

容易发现第一维可以滚动数组优化掉。这样新状态 \(f_j\) 就表示 \(P_2\) 的前 \(j\) 项与 \(P_1\) 的最长公共子序列。

期望得分 50。

\(O(n \log n)\) 做法

\(P_1\) 与 \(P_2\) 都是 \(1\sim n\) 的一种全排列。

我们可以把 \(P_1\) 全部映射成一个有序的数列，以样例为例：

\(P_1\)3 2 1 4 5可以映射成1 2 3 4 5，那么 \(P_2\) 1 2 3 4 5就变成3 2 1 4 5。

显然新的序列的最长公共子序列与原序列相同。

有一个性质：新的序列 \(P_1\) 的任意一个子序列必然是递增的，因为 \(P_1\) 本身就是递增的，那么对于 \(P_1\) 和 \(P_2\) 的公共子序列也一定是递增的，因此当 \(P_2\) 的某一个子序列递增，那么也一定是 \(P_1\) 的子序列。

只需要求出新的 \(P_2\) 的最长上升子序列即可。

期望得分 100。

P1541 [NOIP2010 提高组] 乌龟棋

记 \(f_{i_1,i_2,i_3,i_4}\) 为使用 \(i_1\) 张 \(1\) 号卡片，使用 \(i_2\) 张 \(2\) 号卡片，使用 \(i_3\) 张 \(3\) 号卡片，使用 \(i_4\) 张 \(4\) 号卡片获得的最大分数。

有如下状态转移方程：

\[f_{i_1,i_2,i_3,i_4}=\max\{f_{i_1-1,i_2,i_3,i_4},f_{i_1,i_2-1,i_3,i_4},f_{i_1,i_2,i_3-1,i_4},f_{i_1,i_2,i_3,i_4-1}\}+a_{i_1+i_2\times2+i_3\times3+i_4\times4} \]

卡片全用的状态即为正确答案。

P10381 「HOI R1」杂赛选比

记 \(f_i\) 为从 \(i\) 开始到 \(n\) 的最大得分。

显然有两种：

1. \(i+1\sim i+a[i]\) 的部分全部选上，不解锁。
2. 选择该部分其中一个点作为一个解锁点，二者之间的部分加上分数。

状态转移方程：

\[f_i=\max\{a[i],\max_{1\le t\le a[i]} (f_{i+t}+\sum_{j=1}^{t-1}a[i+j] )\} \]

这样枚举显然是 \(O(n^2)\) 的，但是发现只需要求 \(i+1\sim i+a[i]\) 中的最大值，并且因为在不断转换，需要修改，所以用线段树优化即可。

时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

P1435 [IOI2000] 回文字串

令 \(f_{i,j}\) 为区间 \([i,j]\) 的子串变成回文串所需要添加的数量。

若 \(str[i]=str[j]\)，则 \(f_{i,j}=f_{i+1,j-1}\)。

否则 \(f_{i,j}= \min (f_{i+1,j},f_{i,j-1})+1\)。

区间 dp 即可，时间复杂度 \(O(n^2)\)。

P8744 [蓝桥杯 2021 省 A] 左孩子右兄弟

如果一个点有 \(x\) 个儿子，显然这个点最多能够提供 \(x\) 的高度。

令 \(f_u\) 为以 \(u\) 为根的子树高度大小，则有如下状态转移方程：

\[f_u= \max f_v + son[x] \]

\(f_1\) 为正确答案。

B4016 树的直径

令 \(f_u\) 为以 \(u\) 为根的子树中，从 \(u\) 节点出发到达最长的路径。

则有状态转移方程：

\[f_u= \max f_v +1 \]

答案为：

\[\max \{ f_u+f_v+1\} \]

P3174 [HAOI2009] 毛毛虫

令 \(f_u\) 为在 \(u\) 节点为根的子树中，以 \(u\) 节点为毛毛虫链的一个端点，所得到最大毛毛虫。

状态转移：

\[\begin{cases} f_u = 1 (son[u]=0)\\ f_u= \max \{ f_v+1 \}+son[u]-1(son[u]>0) \end{cases} \]

答案为：

\[ans= \begin{cases} \max \{ f_u+f_v-1 \} (u=root)\\ \max \{ f_u+f_v \} (u!=root) \end{cases} \]

注意统计答案的 \(v\) 不能是状态转移选中的点。

不是根节点要加一的原因是它的父节点也包含在内。

P3800 Power收集

很类似于 P1725，\((x,y)\) 可以走到 \((x+1,[y-T,y+T])\)，那么 \((x-1,[y-T,y+T])\) 就可以走到 \((x,y)\)。

令 \(f_{i,j}\) 为走到 \((i,j)\) 获得的最大分数。

状态转移：

\[f_{i,j}=\max_{\max(j-T,1)\le k \le \min(j+T,m)} f_{i-1,k}+a_{i,j} \]

时间复杂度 \(O(nm^2)\) 显然是不行的，可以单调队列优化至 \(O(nm)\)。

P1156 垃圾陷阱

01 背包变形。

令 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个垃圾中，当前生命为 \(j\) 可以达到的最大高度。

一共有两种处理垃圾的方式：

1. 选择放，\(f_{i,j}=f_{i-1,j}+H_i\)。
2. 选择吃，\(f_{i,j}=f_{i-1,j-H_{i}}\)。

容易发现这样空间会爆且第一维可以滚动掉，然后就是一个 01 背包了。

P1006 [NOIP 2008 提高组] 传纸条

假设都从 \((1,1)\) 出发。

容易想到设状态为 \(f_{x_1,y_1,x_2,y_2}\)，表示当前走到了哪里。本题虽然不卡但是说另一种做法。

因为只能向右或者下走，因此如果走了 \(i\) 步，横坐标都相等时，那么这时候一定相遇。换句话说，如果已经知道当前走了 \(i\) 步且横坐标为 \(x\)，那么 \(y\) 坐标也能推出来。

所以新状态 \(f_{L,x_1,x_2}\)，表示当前走了 \(L\) 步，第一个纸条横坐标为 \(x_1\)，第二的纸条为 \(x_2\) 的最大价值。

那么状态转移就很简单了。

而且转移的时候发现第一维的 \(L\) 只会从 \(L-1\) 转移过去，所以第一维也可以滚掉。

P13020 [GESP202506 八级] 遍历计数

先考虑 dp，假设现在以 \(1\) 号点为根，设 \(f_u\) 是以 \(u\) 为根的子树的答案。根据乘法原理和组合数知识，有转移：

\[f_u = son(u)! \times \prod f_v \]

其中 \(son(u)\) 表示 \(u\) 节点的儿子的数量。

那么答案就是以每个点为整棵树的根的答案和，考虑换根 dp。

一个问题：模数是合数，如果换根 dp 显然需要除以贡献。因此如果把状态转移一层一层拆开，有：

\[Ans(u) = \prod son(v)! = d(u) \prod_{v\not = u} (d(v)-1) \]

\(d(u)\) 表示度数。

这样只需要记录前缀积和后缀积即可，时间复杂度 \(O(n)\)。

P3565 [POI 2014] HOT-Hotels

这题好像可以长链剖分优化 dp，但我不会。

这三个点显然是深度较深的两个的 LCA 到这三个点的距离相同（如果根确定），那么就可以把这个 LCA 拿到根上面，就是三个相同深度的点，这样只需要枚举每个点作为根 dp 就行了。

注意这三个点的两两 LCA 必须都是当前的根节点，那么需要再枚举这个根节点的所有子树。

设 \(b(d)\) 表示当前枚举的子树中深度为 \(d\) 的点的数量，\(f(d)\) 表示前面已经枚举过的子树中选择两个合法点的方案数，\(g(d)\) 表示前面已经枚举过的子树中选择一个合法点的方案数（就是深度为 \(d\) 的点的数量）。

那么每次枚举完：

\[\begin{aligned} ans &\gets ans + b(x) \times f(x) \\ f(x) &\gets f(x) + b(x) \times g(x) \\ g(x) &\gets g(x) + b(x) \end{aligned} \]

时间复杂度 \(O(n^2)\)。

CF1606E

设 \(f_{i,j}\) 表示选了 \(i\) 个人，其中生命值最大为 \(j\) 的方案数。

\(i=1\) 时 \(f_{1,j}\) 都等于 \(0\)。

若 \(j \le i-1\)，则 \(f_{i,j} = j^i - (j-1)^i\)。

否则，\(f_{i,j} = \sum_{k=2}^n \binom{n}{k} f_{k,j-i+1} (i-1)^{i-k}\)，相当于枚举经过一轮后还剩 \(k\) 个人存活。包括哪些人存活、存活的人的方案数、不存活的人的方案数。

CF1716D

可以从 \(k\) 开始依次枚举 \(k\)、\(k+1\)、\(k+2\)。因为要求必须走，所以这一过程不会枚举超过 \(\sqrt n\) 次。

直接设 \(f_i\) 表示第 \(i\) 个位置的情况，\(f_i = f_{i-j}+f_{i-2j} + \dots\)。

但是直接这样转移是有问题的。因为有些情况会中途没有走。

可以令 \(ans_i\) 表示答案。每次 \(j = k\) 变成 \(j=k+1\) 时，从后往前枚举，把上一次的情况覆盖掉，再 \(ans_i \leftarrow f_i\)。这样就能保证每次转移的步是连续的。

这一过程可以前缀和优化。

P3574 [POI 2014] FAR-FarmCraft

设 \(f_i\) 表示 \(i\) 子树内的答案（假设 \(i\) 节点一开始就送到），\(g_i\) 表示在 \(i\) 子树内走一圈回到 \(i\) 的时间（相当于 \(2 size_i -2\)）。

令 \(g'(x)\) 表示在转移时 \(g(x)\) 的值，相当于遍历 \(y\) 之前的子树需要的时间。

那么有 \(f(x) = \max (f(x) , f(y) + g'(x)+1)\)。

这是跟 \(y\) 遍历的顺序有关系的。

假设存在另一个在 \(y\) 之后的子树 \(z\)，那么 \(f(x) = \max ( f(x) ,\max(f(y),f(z)+g(y)+2)+1+g'(x))\)。

如果交换这两个子树的位置，那么 \(f(x) = \max ( f(x) ,\max(f(z),f(y)+g(z)+2)+1+g'(x))\)。

如果交换更优，那么 \(\max(f(y),f(z)+g(y)+2) > \max(f(z),f(y)+g(z)+2)\)。

因为 \(f(y) < f(y) + g(z) + 2\) 且 \(f(z) < f(z) + g(y) + 2\)。

所以 \(f(y) + g(z) + 2 > f(z) +g(z) + 2\)，即 \(f(y)-g(y)>f(z)-g(z)\)。

因此按照 \(f(y)-g(y)\) 由大到小的顺序访问即可。

[NOIP2021] 数列

设 \(f(i,j,k,p)\) 表示考虑在二进制从低到高第 \(i\) 位，已经确定了 \(j\) 个位置，目前有 \(k\) 位是 \(1\)，其中第 \(i\) 位需要进 \(p\) 个 \(1\) 的数值和。

状态转移：\(f(i,j,k,p) v_i^t \times \binom{n-j}{t} \rightarrow f(i+1,j+t,k+(t+p)\bmod2,\lfloor \frac{t+p}{2} \rfloor)\)。

答案 \(\sum f(m+1,n,k,p) \times [k + cnt(p) \le K]\)，其中 \(cnt(p)\) 表示二进制下 \(p\) 中 \(1\) 的数量。

P2606 [ZJOI2010] 排列计数

原问题等价于 \(n\) 个点的二叉树满足小根堆性质的数量。

对于一棵子树，其根节点一定选最小的那个，发现左子树和右子树互不影响。设 \(f(x)\) 表示有 \(x\) 点的子树的答案，那么这棵子树的答案就是 \(\binom{size(u)-1}{size(lc)}f(size(lc)) f(size(rc))\)。

CF2133D

显然如果不考虑断点，删除 \([l,r]\) 的怪的代价是 \(sum_r -sum_{l-1} - (r-l)\)，因为从第 \(l+1\) 个怪开始每一个都会受到一次坠落伤害。

显然需要让坠落伤害尽可能大，因此断点从右到左一定不劣。考虑倒序 dp，设 \(f_i\) 表示删除 \([i,n]\) 的方案数，\(f_{n+1}=0\)。

状态转移：

\[f_i = \min_{j=i+2}^{n+1} \{ f_j + \max(0,h_{i+1}-i) +sum_{j-1} - sum_{i+1} - (j-i-2) \} \]

变形一下可得：

\[f_i = \min_{j=i+2}^{n+1} \{ f_j + sum_{j-1} - j\} -sum_{i+1} + i +2 +\max(0,h_{i+1}-i) \]

前缀和优化即可。