蓝书 dp 题板刷记录
蓝书 dp 题板刷记录
星号表示我认为有价值的题目。
*P3959 [NOIP 2017 提高组] 宝藏
首先，重边可以只保留边权最小的；其次，选的边一定构成一棵树，否则删去多余的边仍然保持连通。设 \(u\) 是 \(v\) 的父节点，则选边 \((u, v)\) 代价中的 \(K\) 对应 \(\operatorname{dep}(v)\)。考虑按深度分层 dp。
设 \(f(U, d)\) 表示只考虑点集 \(U\)，且 \(U\) 中节点的最大深度为 \(d\) 时的最小代价。枚举 \(U\) 的子集 \(T\)，钦定 \(T\) 中节点的深度为 \(d\)。设 \(S = U \setminus T\)，我们要让 \(T\) 中的每个节点都向 \(S\) 中的节点连一条边。这里我们不必考虑 \(S\) 中的边是怎么连的，因此问题确实有最优子结构。那么，对于每个 \(u \in T\)，我们要找到 \(v \in S\) 使得 \(w(u, v)\) 最小，这样选择边 \((u, v)\) 的代价就是 \(\operatorname{dep}(v) \times w(u, v)\)。
由于 \(\operatorname{dep}(v) = d\)，所以可以把 \(d\) 提出来，这样点集 \(S\) 和 \(T\) 连边的代价就和外层循环无关，可以预处理，时间复杂度为 \(O(n^2 3^n)\)（\(O(3^n)\) 枚举子集，\(O(n^2)\) 枚举集合中的点）。记 \(g(T, S)\) 表示 \(T\) 向 \(S\) 连边的代价，则
这里有个问题：如何保证选择的边 \((u, v)\) 中，\(v\) 是深度为 \(d - 1\) 的点？我们已经钦定 \(u\) 的深度为 \(d\)，如果 \(\operatorname{dep}(v) < d - 1\)，就会导致 \(\operatorname{dep}(u) < d\)，这样不就使得代价算大了吗？
实际上，我们可以证明：如果，对于某个特定的 \(T\) 和 \(S\)，如果 \(T\) 中的点向 \(S\) 中深度小于 \(d - 1\) 的点连边，则 \(T = T'\) 一定不会被作为最优决策点。
用 \((u, v)\) 表示所有选择的边，设所有的 \(v\) 构成的集合为 \(S' \subseteq S\)。我们设计的 \(f(U, d)\) 这个状态并没有告诉我们究竟选了哪些边，使得代价最小的选边方式也可能不唯一。因此，我们说“\(T\) 中的点向 \(S\) 中深度小于 \(d - 1\) 的点连边”，实际上是在表达：所有使得子问题 \((S, d - 1)\) 代价最小的选边方式中，不存在一种方式，使得 \(S'\) 中的点深度均为 \(d - 1\)。
我们称选择的边 \((u, v)\) 是“劣边“，如果 $ \operatorname{dep}(v) < d - 1$。设所有”劣边“的边权之和为 \(W\)，那么选择这些劣边的总代价为 \(d \cdot W\)。
（我自己做这道题时感性理解了这个结论，但是我尝试严谨证明时，发现自己无论如何都绕不开形式化语言的抽象怪圈。写了几十分钟的证明后，我感到有点头晕目眩了，所以暂时略过这段。）
（现在我通过询问 DeepSeek-V4.1-Flash 明白了怎么严格证明这个做法的正确性。但是这个证明比较形式化，我这里尽量说人话。）
我们定义子问题 \((U, d)\) 的真实答案 \(g(U, d)\) 为：对于某个点集 \(U\)，只使用 \(U\) 中的边，并且生成的树高度不超过 \(d\) 时，最小的代价。事实上，我们有
并且大于号可能严格成立。也就是说，对于一个子问题，我们设计的 dp 不保证能求出正确答案。原因如上所述——计算过程中使用的深度可能偏大。但是，我们可以保证，
确实是原问题的答案。这里的直觉在于，设最优方案对应的树为 \(T^{\ast}\)，dp 考虑到的所有决策，确实能构造出 \(T^{\ast}\)。
具体地，设 \(T^\ast\) 中深度为 \(t\) 的节点构成的集合为 \(T_t\)，\(S_t = T_0 \cup T_1 \cup \cdots \cup T_t\)。计算 \(f(S_t, t)\) 时，由于 \(T_t \subset S_t\)，所以取 \(T = T_t\) 确实是一个合法的决策点。因此，dp 考虑到了这种情况。设 \(T^{\ast}\) 的最大深度为 \(D\)，对 \(|U|\) 和 \(d\) 进行归纳，就可以证明 \(f(\{1, 2, \cdots, n\}, D)\) 确实是子问题 \((\{1, 2, \cdots, n\}, D)\) 的真实答案。当然我们不知道 \(D\) 是多少，所以我们取遍所有的 \(1 < d < n\) 取 \(\min f(\{1, 2, \cdots n\}, d)\)。而转移时，非最优解计算的结果偏大，不影我们计算最小值。
初始化：\(f(\{u\}, 0) = 0\)，其他状态设为 \(+\infty\)。
答案：\(\min_{0 \le d < n} f(\{1, 2, \cdots n\}, d)\)
时间复杂度：\(O(n^23^n) \sim O(n3^n)\)。
PS：老师在高一时给我讲过这题，但当时怎么也理解不了。时隔三年，重新做这道题，居然看了几分钟就秒了（我一度以为我想简单了），看来我还是进步了。
P10975 Mondriaan's Dream / 蒙德里安的梦想
状压 dp，太简单了，不写题解。提交记录
P10974 Accumulation Degree
简单换根 dp。提交记录
P10973 Coins
多重背包板子。提交记录
P10972 I-Country
直观来看，“从任何一个正方形到另一个正方形只能沿着两个方向移动”就是说连通块是“凸的”，或者等价于如下表达：
设 \([l_i, r_i)\) 为第 \(i\) 行中选中的正方形区间，则
- \(l_i\) 单调减（阶段 0），单调增（阶段 1）或先减后增（阶段 0 ~ 阶段 1）；
- \(r_i\) 单调增（阶段 0），单调减（阶段 1）或先增后减（阶段 0 ~ 阶段 1）。
（增减均为非严格的，即连续两行的 \(l_i\) 或 \(r_i\) 可以相同。）
容易设计出状态
表示考虑了前 \(i\) 行，第 \((i - 1)\) 行选择了区间 \([l, r)\)，总计选了 \(c\) 个正方形，且左/右轮廓分别在第 0/1 阶段时，占领石油资源的最大值。
转移时枚举上一行选择的正方形区间 \([L_i, R_i)\) 即可。比较繁琐的地方在于处理轮廓的转移，需要一些分类讨论。但是，总而言之，这道题的大致思路是很简单的。
视 \(n\)，\(m\) 同阶，状态数 \(O(n^5)\)，转移 \(O(n^2)\)，时间复杂度 \(O(n^7)\)。有点卡常，我一开始在内层转移开了太多常数大小的 vector 来辅助计算，结果 T 了，改掉之后就过了。
*P2893 [USACO08FEB] Making the Grade G
下面只讨论 \(B\) 不降的情况，不升的情况是对称的。
看到这题后，我立刻猜到，一定存在一个最优解 \(B^*\)，使得 \(B^*\) 中的每一个元素都在 \(A\) 中出现过，这样就可以简单 dp 了。这个直觉来源于一个经典的问题：在一个数轴上有若干个房屋，找出一个地方建学校，使得所有房屋到学校的距离之和最小。答案是取房屋坐标的中位数，也就是说学校的最优坐标和某个房屋的坐标相同。本题显然和这个问题有类似之处，但我一直想不明白怎么证明。后来我询问 DeepSeek 得到了一个严谨的证明。
定理：存在一个最优解 \(B^*\)，使得 \(B^*_i \in \{A_1, A_2, \cdots, A_n\}\)（\(1 \le i \le n\)）。
证明：对任意满足条件的解 \(B\)，将 \(B\) 中相同值的极大连续段称为一个“块”，其数量为 \(m\)，第 \(i\) 块的范围为 \([l_i, r_i]\)，块内元素的值为 \(c_i\)。则
设 \(B\) 中有 \(t\) 个块的值没有在 \(A\) 中出现过，下面用反证法证明：一定存在一个最优解 \(B^*\)，使得 \(t = 0\)。
假设不存在最优解使得 \(t = 0\)。设 \(B^*\) 为所有最优解中 \(m\) 最小的，且是 \(m\) 最小的最优解中 \(t\) 最小的（即 \((m, t)\) 字典序最小的），由假设得 \(t > 0\)。
对于一个块 \([l_k, r_k]\)，定义其代价函数为
熟知当 \(c \in [\alpha, \beta]\) 时 \(f_k(c)\) 取到最小值，其中若 \([l_k, r_k]\) 长度为奇数，则 \(\alpha\) 和 \(\beta\) 均为 \(a_{l_k..r_k}\) 的中位数；否则 \(\alpha\) 和 \(\beta\) 分别为 \(a_{l_k..r_k}\) 排序后中间的两个数。
由于 \(t > 0\)，所以存在一个块 \(k\)，使得 \(c_k\) 没有在 \(A\) 中出现过。固定其他块不动，尝试调整 \(c_k\)。这里的约束是 \(c_k \in (c_{k - 1}, c_{k + 1})\)（设 \(c_0 = -\infty\)，\(c_{n + 1} = +\infty\)），否则不满足 \(\{c_m\}\) 的单调性。
-
若 \(c_{k - 1} \le \alpha\)，则把 \(c_k\) 调整到 \(\alpha\) 后，代价不变，且 \(m\) 和 \(t\) 均变小，矛盾；
-
若 \(\alpha \le c_{k - 1} \le \beta\)，则把 \(c_k\) 调整到 \(c_{k - 1}\) 后，代价不变，且 \(m\) 变小，矛盾；
-
若 \(\beta < c_{k - 1} < c_k\)，则 \(c_k\) 不在能使 \(f_{k}(c)\) 取到最小值的区间 \([\alpha, \beta]\) 内。那么，\(f_{k}(c)\) 在 \(c_k\) 附近这一段的邻域中，斜率大于 \(0\)，因此令 \(c_k \gets c_k - 1\) 就会使代价变小，与最优性矛盾。
综上所述，取 \((m, t)\) 字典序最小的最优解，一定有 \(t = 0\)，得证。
PS：DS 告诉我这道题和保序回归有关。记录一些资料，也许以后会读。
浙公网安备 33010602011771号