DP 选做 #2

DP 选做 #2

Problem A. CF626F Group Projects

贡献和 \(a_i\) 的标号没关系，只和每个集合的 \(\max,\min\) 有关。于是可以先对 \(a\) 排序。

排序后，每个集合可以抽象为一条线段，贡献是这条线段的长度。

于是可以设 \(f_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 个元素，分出 \(j\) 个线段，不和谐度为 \(k\) 的方案数，\(i\) 作为开头贡献 \(-a_i\)，作为结尾贡献 \(a_i\)。

但此时复杂度 \(O(n^2\sum a_i)\)。考虑优化，一条线段从 \(i-1\) 延长到 \(i\) 会贡献 \(a_i-a_{i-1}\)，于是可以实时维护贡献和，\(O(n^2k)\)。

https://codeforces.com/contest/626/submission/275946899

Problem B. [AGC035D] Add and Remove

想到区间 DP。如果枚举 \([l,r]\) 中第一个删掉 \(p\)，两侧的区间会相互影响，不能直接拆分。

正难则反，枚举 \(p\) 是 \([l,r]\) 中最后一个被删掉的，那么 \([l+1,p-1],[p+1,r]\) 就是独立的子问题了。

但还是不好算贡献，因为不知道每个元素到底会贡献多少倍。考虑从外向内来做，\([1,n](p)\) 的 \(a_p\) 一定会贡献 \(2\) 倍，\([p,n](q)\) 的 \(q\) 一定会贡献 \(3\) 倍。所以如果 \(a_l,a_r\) 分别贡献 \(x,y\) 倍，\(a_p\) 就会贡献 \(x+y\) 倍。

于是设出状态 \(f_{l,r,x,y}\)，转移 \(f_{l,r,x,y}\leftarrow f_{l,p,x,x+y}+f_{p,r,x+y,y}+a_p(x+y)\)。

每个 \(x,y\) 每次被分为两个，乘上区间个数，总状态数上界为 \(O(n^22^n)\)。

如果加上记忆化，时间复杂度上界就是 \(O(n^32^n)\)。如果不加，上界即为 \(T(n)=\sum (T(n-i)+T(i))\)，\(n=18\) 时约为 \(8\times 10^7\)，也可以通过。

https://www.luogu.com.cn/record/172142123

Problem C. [AGC039E] Pairing Points

上来肯定先破环为链，设 \(k\) 与 \(2n\) 连边，那么拆出了 \([1,2n-1]( k)\) 这条链。

考虑怎么计算 \([1,2n-1](k)\) 的答案。一定有 \(\ge 1\) 条弦与 \((k,2n)\) 相交，而且这些弦两两不交叉。

枚举最靠近 \(1,2n-1\) 的弦是 \((x,y)\)，分为 \([1,k-1](x),[k+1,2n-1](y)\) 两个问题。但除了 \((x,y)\) 还可能有其他连边，还是不好做。

考虑 \(x,y\) 向下一定有一个分界点 \(p,q\)，使得 \([x+1,p],[q,y-1]\) 中的点都向 \((x,y)\) 的方向连边，\([p+1,q-1]\) 都向另一侧连边。于是这三个部分之间没有互相连边了。枚举 \(p,q\)，分为子问题 \([1,p](x),[p+1,q-1](k),[q,2n-1](y)\)，彼此独立。

复杂度 \(O(n^6)\)，常数巨小，可以通过。注意边界。

https://atcoder.jp/contests/agc039/submissions/68619980

Problem D. CF1149D Abandoning Roads

考虑求 MST 的过程：先只考虑 \(A\) 边，能连就连，形成若干个连通块，再用 \(B\) 边将连通块串起来。

于是一条路径在某一条 MST 上，当且仅当没有重复经过某一 \(A\) 连通块两次。

考虑状压，设 \(f_{x,s}\) 为 \(1\) 到 \(x\) 已经经过 \(s\) 集合中的连通块的最短路。BFS 做到 \(O(2^nm)\)。

注意到把同一连通块内的 \(B\) 边判掉后，大小 \(\le 3\) 的连通块不可能重复经过。由于 \(2B\) 不一定小于 \(3A\)，大小为 \(4\) 的连通块可能重复经过。

所以只需记录大小 \(\ge 4\)连通块，复杂度 \(O(2^{\frac n 4} m)\)。

https://codeforces.com/problemset/submission/1149/334395570

Problem E. P13961 [ICPC 2023 Nanjing R] 华丽收场

大战 2.5h 切掉。

设 \(f_{i,j,k,l}\) 为前 \(i\) 张，手里有 \(j\) 个 \([1]\)，\(k\) 个 \([2]\)，上限为 \(l\)，是否可行。\(O(n^4)\)。

然后可以将 \(l\) 加到状态里，设 \(f_{i,j,k,0/1}\) 为前 \(i\) 张牌，手里有 \(j\) 个 \([1]\)，\(k\) 个 \([2]\)，目前有没有达到上界，最小上界。\(O(n^3)\)。

观察转移，过程分为两部分，前半部分没有达到上界，后半部分一直卡着上界。前半部分不用弃牌，后半部分和上界具体是多少没有关系，各有一个优美性质，可以分开做。

对于前半部分，若当前手牌数量为 \(j\)，则一定使用了 \(j-n\) 张 \([2]\)，\([0],[1]\) 的当前数量也不难求出。所以设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 张牌剩 \(j\) 张是否可行，\(O(n^2)\)。

对于后半部分，设 \(g_{i,j,k}\) 为手里有 \(j\) 个 \([1]\)，\(k\) 个 \([2]\) 能否把 \([i,n]\) 抽完。然后把 \(k\) 放进状态里，也可以 \(O(n^2)\) 求。

枚举分界点和前面的手牌数，利用 \(g\) 判断是否可行即可。

记录详情 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)