DP 状态设计专训

会挑一些题来记录，会有一些锐评。

8.10

A.麻将

首先很明显的考虑是，从 \(1\) 到 \(K\) 来考虑每一个数填放多少，可以设计状态为 \((i,j,k,0/1)\) 表示考虑到第 \(i\) 个数，目前从 \(i-2\) 开始的面子有 \(j\) 个，从 \(i-1\) 开始的面子有 \(k\) 个，目前是否有对子。

显然可以有形如这样的转移：

\[(i+1,k,k',0) \leftarrow (i,j,k,0) \\ (i+1,k,k',1) \leftarrow (i,j,k,0) \]

其中应该满足 \(k'+ \Delta \le 4\)。

但是，对于这个合法的胡牌，会计算重复：\(1,1,2,2,3,3,4,4\)，原因在于对子的划分会有很多种。

这个东西是一个经典的 Trick，考虑将原状态看作一个 \(\text{NFA}\)，而我们能够不重不漏的去统计的状态机是 \(\text{DFA}\)。在 \(\text{NFA}\) 转 \(\text{DFA}\) 可以使用类似于状压的思路：我们存储 \(\text{NFA}\) 中目前路径上所有能够到达的点的集合，这样可以保证我们的合法路径一定在新的自动机上的路径上唯一。由于这道题目对于最终状态有限制，且状态较为有限（\(\text{NFA}\) 状态只有 \(18\) 个左右），所以可以进行如此转化，最终的 \(\text{DFA}\) 状态约有 \(140\) 个，完全是可以通过的。

B.Code With No Forces

这个题目很好想吧，考虑发现我们最主要的约束是时间和空间，而其他是不重要的。考虑设置 \(5\) 个状态，前 \(4\) 个为是否匹配时间和空间，最后一个看成失配状态表示已经匹配或者已经错误。

由于 \(m\) 很小，于是可以 \(5^m\) 进行一个状压，就做完了。

C.Netrpeljivost

这个题目也比较神奇吧，主要的观察在于找到分界点两侧能够取的值。

很明显需要从左往右确定这个东西，我们可以考虑已经确定了第 \(i\) 个数是多少后，来考虑第 \(i + 1\) 个数能够取到什么值？考虑到一个分界点 \(x\)，\(x\) 两侧的点一定来自两个相邻且不同的，大小为 \(\operatorname{lowbit}(x)\) 的块，那么这样就非常简单了，设 \((i,j)\) 表示目前是 \(i\) 这个分界点，然后最后一个数填的是 \(j\) 的方案数，转移是简单的。

8.11

A.广播站

很板的 \(dp\) 吧，考虑设 \(dp_{i,j}\) 表示目前在考虑 \(i\) 的子树，然后多出来了（就是可以从 \(i\) 向上覆盖）\(j\) 的方案数，注意此时的 \(j\) 可以取负数，表示目前子树还没有被覆盖完，转移是朴素的，我们可以直接合并两个子树，并且将 \(j\) 加起来，这样就是转移。

B.RGB Sequence

伸臂题目，真正的状态定义神题。

可以定义如下状态：\((i,j,k)\) 表示在 \(i\) 往前第一个和 \(a_i\) 不同的下标为 \(j\)，再往前的一个和 \(a_i,a_j\) 颜色不同的下标为 \(a_k\)，显然很好转移，这道题目的约束实际上是在转移过程中设置了一些非法的状态，我们直接根据闭区间的约束设置非法的状态为 \(0\) 就行了。

8.13

A.Phryctoria

和题解不太一样的做法，其实很自然。

设 \(dp_{i,j}\) 表示缩写现在已经能够匹配到 \(i\)，然后现在 \(T\) 同步被匹配到 \(j\) 的最短缩写长度，转移是好想的，考虑预处理 \(trans_{i,l,r}\) 表示从 \(i\) 往后，能够匹配到 \(s[l,r]\) 的最近的位置。

显然转移为 \(dp_{i,j} \rightarrow dp_{k, trans_{j, i + 1, k}} + (k - i)\)，答案为 \(dp_{n,m+1}\)。

B.Random Dungeon

概率神题

目前我的水平只支持我感性理解做法。首先考虑发现你停下来的时候一定是你抽到了前 \(k\) 大的东西，或者说，我们可以设置一个阈值 \(B\)，当某一次抽出来的 \(x\) 大于 \(B\) 的时候就停下，否则就继续。显然这道题目就要在这里做文章。设 \(dp_i\) 表示考虑前 \(i\) 大的 \(a\) 的时候的最优的情况时的期望，按照刚刚的结论。

显然有转移：\(dp_i = -C + \frac{1}{i} \sum\limits_{j=1}^{i} \max\{a_j, dp_{i-1}\}\)。

意思是你考虑要么在 \(a_j\) 处停下，取到 \(a_j\)，要么继续抽，这样的方案应该就是 \(dp_{i-1}\)。为什么是 \(dp_{i-1}\) 呢？

考虑我们的阈值 \(B\)，我们将 \(a\) 中的数分成两类，一类是大于 \(B\) 的值，这些东西对答案的贡献只会是 \(a_i\)，而剩下的东西只会贡献 \(-C\)，既然你并不会取到 \(a_i\)，那么我们其他的值取到的是 \(a_i\) 还是 \(a_{i-1}\) 这样是不重要的。然后答案应该就是 \(dp_n\)。

C.Zacuscă

很简单的题目，考虑状压，设 \(dp_{msk}\) 表示目前已经取用了 \(msk\) 的最小代价，当我们加入一个数 \(x\)，对整体的新贡献为 \(cst_{msk, x}\)，显然可以 \(O(2^n \times n)\) 预处理。然后这样就能通过了？这个时候你的空间复杂度为 \(O(2^n\times n)\)，也就是说需要优化。

有个 Trick ：可以将 \(msk\) 按照前 \(6\) 位和后 \(6\) 位分开，这样时间复杂度不变，空间复杂度大大优化，可以通过。

D.Matrix Fraud

首先发现转置不会影响原来的要求。

考虑设 \(dp_{i, l, r}\) 表示在第 \(i\) 行，第 \(i\) 行的填 \(1\) 的区间为 \([l,r]\) 的最小代价。

显然转移为：\(dp_{i,l,r} = \min\limits_{l'\le l \And r'\le r} dp_{i-1,l',r'} + cst(l,r)\)。

但是这样的时间复杂度是 \(O(nm^2)\)。由于转置对答案是没有影响的，所以可以将时间复杂度变成 \(O(nm\times \min(n,m))=O(nm\sqrt{nm})\)，可以通过。

E.Random Walk to Millionaire

看到平方的期望，考虑降维。设状态 \((u, a, b, c)\) 表示 \(P(X)=a, E(X)=b, E(X^2)=c\) 且当前在 \(u\)。

考虑一条边 \(u\rightarrow v\)，分情况讨论：

• \(C_v=0\)：则转移为 \((v, a_v, b_v, c_v) \leftarrow (v, a_v, b_v, c_v) + \frac{1}{deg_u}(a_u, a_u + b_u, a_u + 2b_u+c_u^2)\) 这里的加法是对位加法。

• \(C_v=1\)：则转移为 \((v, a_v, b_v, c_v) \leftarrow (v, a_v, b_v, c_v) + \frac{1}{deg_u}(a_u, b_u, c_u)\)。

然后转移即可。

F.Team Building

朴素的考虑是，设 \(dp_{i,msk,j}\) 表示考虑到了第 \(i\) 个人，目前队员选择了 \(msk\) 这些位置，然后目前选择了 \(j\) 个观众的最大n总和。这样的时间复杂度为 \(O(2^pkn)\) 显然无法通过。

考虑优化，可以预先将 \(a_i\) 从大到小排序，如果我们不选择一个人作为队员，而且观众没有满，那么我们必定选择其为观众，这样就能通过了。

8.15

A.[NOIP2021] 数列

很简单的题目。

显然从小到大考虑加入数，但是需要考虑进位，所以需要新开一维。设 \(dp_{i,j,k,l}\) 表示目前考虑到 \(i\) 这个数，然后目前已经填入了 \(j\) 个数，目前进上来了 \(k\) 个，目前前面有 \(l\) 个 \(1\) 的方案数。

转移很好写。

B.Funny Card Game

遇到众数题目的基本套路，钦定众数，若不为真正的众数，则转移不优，考虑这道题目能否这样做？

设 \(f_{i,j}\) 表示考虑到了 \(i\) 这个点，强制要求第 \(j\) 段在 \(i\) 这里截断的最大收益，而 \(g_{i,j}\) 表示不强制要求 \(i\) 为 \(j\) 的末尾的最大收益（可以看做是 \(f\) 的一个前缀最大值）。

转移显然为 \(f_{i,k} = \max \{g_{i - 1, k - 1} + 1, f_{pre, k} + 1\}\)，这里的 \(pre\) 是 \(a_i\) 上一次出现的下标。

而 \(g_{i,j} = \max \{g_{i - 1, j}, f_{i,j}\}\)。

显然可以发现，你的转移若转移时 \(a_i\not = Mode\)，则你的转移不优秀，那么这样的转移一定是正确的。

8.17

A. Web Delivery

感觉上和 8.13 的 D 题很像，发现对于 \(r\times c\) 是有限制的，也就是说，我们若能做到 \(r\times c \times 2^{\min(r,c)}\) 那么这个东西是能够通过的。

• \(r<c\)：考虑设 \(dp_{i,msk}\) 表示现在在 \(i\) 这个商店，目前已经采购了 \(msk\) 这些化学品，那么转移的时候我们假设 \(nmsk\) 是我们在当前位置采购的化学品，则有转移 \(dp_{i,msk} = \min\{dp_{i-1,msk-nmsk}+cst_{i,nmsk} + d_i,dp_{i,msk}\}\)。这个转移可以通过先做完全背包，再和上一层进行合并。
• \(r>c\)：那么就对商店做状压，设 \(dp_{i,msk}\) 表示现在考虑 \(i\) 这个化学品，目前我们其实已经采购了 \(msk\) 这些商店。

两者拼到一起就是正解。

现在对这个东西还是很敏感了，就是如果题目里面有特殊性质是两个互相约束的条件中的一个很小，那么一定要往这个方面去想。

B.Suffixes may Contain Prefixes

看题目感觉就是类似于 kmp 自动机的东西。

完全可以考虑将一个串的长度改成前缀个数，由于你的这个前缀一定是被匹配的，所以可以进一步转化成跳 Fail 指针的次数。

设 \(dp_{i,j}\) 表示目前拼到的长度为 \(i\)，且目前的 nxt 值为 \(j\) 的最大价值。

这时候的转移就非常简单了，\(dp_{i + 1,trans[j][c]} \leftarrow dp_{i,j} + sum[trans[j][c]]\)。

通过预处理 \(sum\) 可以做到 \(O(n^2)\)。

D.最大前缀和

重点在于刻画？

考虑一个前缀 \(1\sim i\) 如何成为一个最大的一个前缀的？首先要求 \(i+1\sim n\) 这一段的前缀和都小于 \(0\)，其次要求将 \(1\sim i\) 的数组取出，所有的后缀和都大于 \(0\)。

那么我们肯定是对着这两个东西计数。由于 \(n\) 只有 \(20\)，显然考虑状压，设 \(f_{msk}\) 表示将 \(msk\) 这些数重排满足后缀和全部大于 \(0\) 的排列数，而 \(g_{msk}\) 表示将 \(msk\) 重排，要求前缀和都小于 \(0\)。

则转移为 \(f_{msk} = [sum_{msk} \ge 0] \times \sum\limits_{i\in msk} f_{msk\setminus\{i\}}\)，\(g_{msk} = [sum_{msk} < 0] \times \sum\limits_{i\in msk} g_{msk\setminus\{i\}}\)。

但是这样直接做会有一个问题：就是若最大前缀和小于 \(0\)，那么你会把这个东西算成 \(0\)，这个东西也很好解决，你可以花 \(O(n)\) 的时间复杂度去枚举第一个数放什么，这样就能完美解决上面这个问题。

答案为 $\sum f_{msk} \times sum_{msk} \times g_{U\setminus msk} $。

E.波浪

插入 dp 典题。

设 \(dp_{i,j,k,cur}\) 为目前从 \(1\) 填到了 \(i\)，然后构成了 \(j\) 个联通块，现在填了 \(k\) 个边界 （\(1\) 号或者 \(n\)）号，目前的绝对值之和的部分的和为 \(cur\) 的方案数。

转移写成了代码形式，不然太难打了：

// open on 2 side
if (c != 2)
    trans(dp[cur][j + 1][nxtk][c + 1], dp[lst][j][k][c] * (T(1)) * (2 - c) / i);
// open between
if (j + 1 <= i)
    trans(dp[cur][j + 1][nxtk][c], dp[lst][j][k][c] * (j + 1 - c) / i);
// keep on 2 side
if (c != 2)
    trans(dp[cur][j][nxtk][c + 1], dp[lst][j][k][c] * (T(1)) * (2 - c) / i);
// keep between
trans(dp[cur][j][nxtk][c], dp[lst][j][k][c] * (2 * j - c) / i);
// merge
if (j != 0)
    trans(dp[cur][j - 1][nxtk][c], dp[lst][j][k][c] * (j - 1) / i);

注释写的很清楚了，不过多赘述，注意精细化实现转移，不然会非常难以调试。

8.19

A.ZUMA

典题，但是还是记录一下。

倘若使用传统的 \(dp_{l,r}\)，显然会有问题，因为你完全会因为未来无法被估计而无法转移。所以考虑新开一维状态表示未来信息，例如这道题目中，我们设 \(dp_{l,r,k}\) 表示考虑 \([l,r]\) 这段区间，未来会刚好有 \(k\) 个和 \(a_r\) 同色的东西在 \(r\) 的右边。

则有转移：\(dp_{l,r,k} \leftarrow dp_{l,r - 1, k + 1} + cst(k + 1)\)，且有 \(dp_{l,r,k}\leftarrow dp_{l,mid-1,k +1}+dp_{mid+1,r,k}+cst(k+2)\) （要求 \(a_{mid}=a_r\)）。

C.Lego Wall

同样的套路，我们又见面了？

观察到题目中有 \(r\le 700\) 和 \(c\le 700\)，考虑分开做。

• \(r<c\)：高度较小？考虑设 \(dp_{i,j}\) 表示考虑到第 \(i\) 条缝，目前在 \(i\) 条缝中有 \(j\) 个 \(2\times 1\) 的块，这个的转移很简单。
• \(r>c\)：宽度较小？考虑设 \(dp_i\) 表示宽度为 \(i\) 的时候的答案，显然有容斥：\(dp_i = \sum\limits_{j=1}^{j} dp_j \times fib_{i-j}^r\)。

然后就根据情况套用不同的 dp 即可。

D.Permutation

纯粹的性质观察 + 猜结论题目。

考虑到 \(10^18\) 对于 \(n\) 的大小还是太小了，猜测需要用到的状态不会太多。

我们有一个非常简单的 \(dp_{i,j}\) 表示目前有 \(i\) 个数，然后目前有 \(j\) 个逆序对的方案数。（给一个好玩的东西：Link）

然后我们发现我们完全可以只存储 \(dp_{i,j} \le 10^18\) 的状态，而这样的状态刚好是一段前缀，这个东西可以很好的使用 vector 进行存储以及预处理，然后就做完了。

8.21

A.Not Another Constructive!

很唐诗的题目。

设 \(dp_{i,n,na,nac}\) 表示目前有 \(n\) 个 N，\(na\) 个 NA，\(nac\) 个 NAC 的合法性，这个东西显然可以使用 bitset 优化。

然后构造一下方案就行了。

D.懒惰排序

先咕咕咕，补了再写吧。

Summary

都是一些锐评。

首先是题目，我觉得里面不缺乏一些好的题目，有的很新奇，有的很典，但是都有收获吧。

其实 \(dp\) 就是一个观察性质的东西，当你发现可以通过性质对某些东西进行刻画，归类的时候，完全可以考虑使用 \(dp\)。而当刻画不完全时，可以考虑添加状态或者使用容斥。

觉得做不出来的问题还是在于刻画这一步，只能说多见识，多学习吧。