AtCoder Educational DP Contest

AtCoder Educational DP Contest

AtCoder Edu DP Contest - 洛谷题单

将类似 AtCoder-dp_c 的题暂且称为「多状态序列 DP」。

「前驱状态」就是，当前状态从哪些状态递推过来，i.e., the statuses from which the current status is obtained。

填表法：\(i\) 阶段的 DP 值完全由 \(i-1\) 阶段中所有前驱状态的 DP 值获取。

刷表法：由 \(i\) 阶段的 DP 值向 \(i+1\) 阶段中后续状态的 DP 值产生贡献。

笔者习惯使用填表法。

设 \(\mathrm{exp}\) 为一个逻辑表达式，Iverson 记号 \([\mathrm{exp}]\) 定义为：\([\mathrm{exp}]=1\) 若 \(\mathrm{exp}\) 为真；\([\mathrm{exp}]=0\) 若 \(\mathrm{exp}\) 为假。

以 \(u\) 为根的子树，下面简称「\(u\) 子树」。

作为经典 DP 问题的复习。

• A：基础序列 DP。有 \(dp(i)=\min\{dp(i-1)+|h_i-h_{i-1}|,dp(i-2)+|h_i-h_{i-2}|\}\)。

• B：上一题的略微扩展。有 \(dp(i)=\min_{k=1}^K[dp(i-k)+|h_i-h_{i-k}|]\)。\(K\le100\)，暴力即可。

• C：基础多状态序列 DP。\(dp(i,k)\) 表示前 \(i\) 天，第 \(i\) 天做了活动 \(k\)（\(k\in\{0,1,2\}\)）。有 \(dp(i,k)=\max_{j\ne k}[dp(i-1,j)]+A_{k,i}\)。

• D：0/1 背包。有 \(dp(i,j)=\max\{dp(i-1,j),dp(i-1,j-w_i)+v_i\}\)。

• E：0/1 背包，但注意数据范围的变化：容量 \(W\le10^9\)，但价值 \(v_i\le10^3\)。设 \(dp(i,j)\) 表示用前 \(i\) 个物品，凑成总价值为 \(j\)，所需的最小重量。那么有 \(dp(i,j)=\min\{dp(i-1,j),dp(i-1,j-v_i)+w_i\}\)。初值为 \(+\infty\)（除了 \(dp(0,0)=0\)）。答案为使得 \(dp(N,j)\le W\) 的最大的 \(j\)。时间 \(O(N^2V)\)，其中 \(V=\max\{v_i\}\)。

• F：LCS 问题。有 \(dp(i,j)=\max\{dp(i-1,j),dp(i,j-1),dp(i-1,j-1)\cdot[s_i=t_j]\}\)。

• G：DAG 最长路问题。按拓扑序 DP，若有边 \(u\to v\)，则进行转移 \(dp(v)\xleftarrow{\max}\{dp(u)+1\}\)。

• H：网格上的多维线性 DP。有 \(dp(i,j)=[a_{i,j}=\texttt.]\cdot[dp(i-1,j)+dp(i,j-1)]\)。初值 \(dp(1,1)=1\)。

• I：基础概率 DP。设 \(dp(i,j)\) 表示前 \(i\) 个硬币中出现 \(j\) 个正面的概率，则 \(dp(i,j)=p_i\cdot dp(i-1,j-1)+(1-p_i)\cdot dp(i-1,j)\)。初值 \(dp(0,0)=1\)。

• *J：期望 DP。套路地，由于目标状态是确定的，设 DP 值为到达目标状态的期望步数。

  设 \(dp(i,j,k)\) 表示分别有 \(i,j,k\) 个盘子中有 \(1,2,3\) 个寿司（同时 \(N-i-j-k\) 个盘子中没有寿司）时，要吃完所有寿司的期望操作次数。那么讨论当前对哪种盘子进行吃寿司的操作，前驱状态为吃完当前寿司后的状态，得到状态转移方程

  \[dp(i,j,k)=\frac iN[dp(i-1,j,k)+1]+\frac jN[dp(i,j+1,k-1)+1]+\frac kN[dp(i+1,j-1,k)+1]+\frac{N-i-j-k}N[dp(i,j,k)+1]. \]

  移项化简一下，得到

  \[dp(i,j,k)=\frac{i\cdot dp(i-1,j,k)+j\cdot dp(i,j+1,k-1)+k\cdot dp(i+1,j-1,k)+N}{i+j+k}. \]

  注意如何满足无后效性：由于 \(k\) 递增，以 \(k\) 为最外层；在与当前状态 \(k\) 相同的前驱状态中，\(j\) 又是递增的，以 \(j\) 为第二层；\(j\) 相同，\(i\) 递增，以 \(i\) 为第三层。

• K：集合 Nim。设 \(dp(i)\) 表示剩余 \(i\) 块石头是否是必胜态。初值 \(dp(0)=\mathrm{false}\) 为必败态。只要下一步存在一个必败态，那么当前就是必胜态。因此有 \(dp(i)=\bigvee_{i=1}^N\lnot dp(i-a_i)\)，\(\vee\) 表示逻辑或，\(\lnot\) 表示逻辑非。

  事实上求 SG 函数值也可以，即 \(dp(i)=\operatorname{mex}_{i=1}^Ndp(i-a_i)\)，如果 \(dp(K)=0\) 则必败，否则必胜。

• *L：区间 DP，但不是合并，而是扩张。由于目标状态是确定的（全部取完），设 DP 值表示从当前状态开始全部取完后的最优值。

  设 \(dp(i,j)\) 表示剩下的区间为 \([i,j]\) 时，全部取完后 \(X-Y\) 可以达到的最优值。这样，我们同时知道已经取走了 \(c=N-(j-i+1)\) 个数，也就知道现在应该谁来取，进而知道当前应该最大化还是最小化。前驱状态为当前取完的状态，故有

  \[dp(i,j)=\begin{cases}\max\{dp(i+1,j)+a_i,dp(i,j-1)+a_j\},&\text{$c$ is even},\\\min\{dp(i+1,j)+a_i,dp(i,j-1)+a_j\},&\text{$c$ is odd}.\end{cases} \]

  初值 \(dp(i+1,i)=0\)，答案 \(dp(1,N)\)。时间 \(O(N^2)\)。

• M：设 \(dp(i,j)\) 表示前 \(i\) 个孩子共分到 \(j\) 颗糖果的方案数。则 \(dp(i,j)=\sum_{k=1}^{\min\{j,a_i\}}dp(i-1,j-k)\)。前缀和优化即可。

• N：合并类区间 DP 模板题（石子合并）。有 \(dp(i,j)=\min_{i\le k<j}[dp(i,k)+dp(k+1,j)]+\sum_{p=i}^ja_p\)。注意，阶段为区间长度，需要先枚举。

• O：\(N\le21\)，状态压缩 DP。设 \(dp(i,S)\) 为前 \(i\) 个男性和集合 \(S\) 中的女性构成匹配的方案数，其中集合 \(S\) 在代码中用一个长度为 \(N\) 的二进制数表示。状态转移：\(dp(i,S)=\sum_{j\in S}a_{i,j}\cdot dp(i-1,S\setminus\{j\})\)。注意必须有 \(|S|=i\)，因此可以不必枚举 \(i\)。时间 \(O(N\cdot2^N)\)。

• P：基础树形 DP。设 \(dp(u,0/1)\) 表示 \(u\) 子树已染色，且 \(u\) 被染成白色 / 黑色的方案数。设 \(v\) 为 \(u\) 的子节点，则有

  \[dp(u,0)=\prod_v[dp(v,0)+dp(v,1)],\quad dp(u,1)=\prod_vdp(v,0). \]

  初值为 \(dp(l,0)=dp(l,1)=1\)，其中 \(l\) 为任一叶子。答案为 \(dp(u,0)+dp(u,1)\)。

• Q：类似 LIS 的序列 DP。设 \(dp(i)\) 表示以 \(i\) 为结尾、且满足高度严格上升的子序列中，美丽值之和的最大值。那么有 \(dp(i)=\max\limits_{1\le j<i,h_j<h_i}dp(j)+a_i\)。\(N\le2\cdot10^5\)，需要优化，用权值树状数组动态维护前缀 max。时间 \(O(N\log N)\)。

• R：邻接矩阵的应用。设 \(A\) 为图的邻接矩阵，则答案为 \(\sum_{1\le i,j\le N}A^k_{i,j}\)。使用矩阵快速幂，时间 \(O(N^3\log K)\)。

• S：数位 DP。先咕了。

• *T：排列 DP。设 \(dp(i,j)\) 表示用 \(1,\cdots,i\) 填前 \(i\) 位，且第 \(i\) 位为 \(j\) 的方案数。一个 trick：为了保证构成排列，即当前填的 \(j\) 与之前填的数不重复，可以将之前填的数中 \(\ge j\) 的所有数全部 \(+1\)，然后再 append 一个 \(i\)。这样就保证了构成 \((i,j)\) 这一状态，并且转移显然只与 \(i,j\) 有关。状态转移方程：

  \[dp(i,j)=\begin{cases}\sum_{k=1}^{j-1}dp(i-1,k),&s_{i-1}=\texttt<,\\\sum_{k=j}^{i-1}dp(i-1,k),&s_{i-1}=\texttt>.\end{cases} \]

  使用前缀和优化，时间复杂度 \(O(N^2)\)。

• *U：枚举子集的状态压缩 DP。设 \(dp(S)\) 为使用集合 \(S\) 中的兔子得到的最大答案，其中 \(S\subseteq\{1,\cdots,N\}\)。再枚举 \(S\) 的子集 \(T\) 作为分到新的一组的兔子，得到状态转移方程：

  \[dp(S)=\max_{T\subseteq S}\left[dp(S\setminus T)+\sum_{x,y\in T,x<y}a_{x,y}\right]. \]

  后面的一项这可以 \(O(N^2\cdot2^N)\) 预处理。瓶颈在于，枚举 \(S\) 再不重不漏地枚举 \(S\) 的子集，暴力是 \(O(2^{2N})\) 的。事实上，枚举子集可以用如下代码实现：

  for (int t = s; t; t = (t - 1) & s) { // s 为集合 (二进制数), t 为 s 的所有子集
    // ...
  }
  

  枚举子集的复杂度：

  \[\sum_{S\subseteq\{1,\cdots,N\}}2^{|S|}=\sum_{i=0}^{N}\binom Ni\cdot2^i=\sum_{i=0}^N\binom Ni\cdot2^i\cdot1^{N-i}=(2+1)^N=3^N. \]

  故总时间复杂度为 \(O(N^2\cdot2^N+3^N)\)。

• V：换根 DP。先固定根，设 \(f(u)\) 为将 \(u\) 子树染色，且 \(u\) 为黑色的方案数，则 \(f(u)=\prod_v[f(v)+1]\)，其中 \(v\) 为 \(u\) 的儿子。

  再考虑换根，设 \(g(u)\) 为将 \(u\) 染成黑色的方案数（也就是答案）。求从 \(g(u)\) 到 \(g(v)\) 的递推关系，其中 \(u\) 是 \(v\) 的父亲。\(v\) 对 \(u\) 的贡献是 \(f(v)+1\)，因此 \(g(u)\) 中除了 \(v\) 子树的部分的染色方案数为 \(\dfrac{g(u)}{f(v)+1}\)，故 \(g(v)=f(v)\cdot\left[\dfrac{g(u)}{f(v)+1}+1\right]\)。

  然而，模数 \(M\) 不一定是质数，可能不存在逆元，因此需要避免除法。设 \(u\) 的儿子为 \(v_1,\cdots,v_k\)，前缀积 \(pre(v_i)=\prod_{j=1}^i[f(v_j)+1]\)，后缀积 \(suf(v_i)=\prod_{j=i}^k[f(v_j)+1]\)。重新设 \(g(u)\) 表示对除了 \(u\) 子树的部分染色，且 \(u\) 染成黑色的方案数，则

  \[g(v_i)=g(u)\cdot pre(v_{i-1})\cdot suf(v_{i+1})+1, \]

  进而答案为 \(ans(v)=f(v)\cdot g(v)\)。

• *W：设 \(dp(i)\) 表示考虑前 \(i\) 位（的所有完整区间），且第 \(i\) 位为 \(1\) 的答案。转移的不同决策来自于最后一段连续 \(0\) 的长度不同，令 \([j,i-1]\) 为最后一段极长连续 \(0\)，则 \(dp(i)=\max_{j=1}^i[dp(j-1)+\sum_{j\le l_k\le i\le r_k}a_k]\)。

  考虑如何用数据结构优化。用线段树维护 \(val(j)=dp(j-1)+\sum_{j\le l_k\le i\le r_k}a_k\)，随着 \(i\) 向右扫描，产生贡献的 \(a_k\) 会减少，在线段树上进行区间修改即可。具体来说，就是：

  1. 对所有 \(l_k=i\) 的 \(k\)，令所有 \(j\in[1,l_k]\) 的 \(val(j)\) 加上 \(a_k\)；
  2. 查询 \(dp(i)=\max_{j=1}^ival(j)\)；
  3. 令 \(val(i+1)\) 加上 \(dp(i)\)；
  4. 对所有 \(r_k=i\) 的 \(k\)，令所有 \(j\in[1,l_k]\) 的 \(val(j)\) 减去 \(a_k\)，即将该区间的贡献撤销。

  设 \(dp(0)=0\)，答案为 \(\max_{i=0}^Ndp(i)\)。

• X：贪心优化 DP。假设已经决定好了要拿哪些箱子，那么这些箱子要按照 \(w_i+s_i\) 上升的顺序从上到下排列（洛谷-P1842 奶牛玩杂技）。因此先排序，然后就是 0/1 背包模板题了（不过转移时要保证，当前塔的承重可以作为塔底）。

• Y：CodeForces-559C Gerald and Giant Chess。考虑容斥，用总路径数减去经过墙的路径数。设 \(dp(i)\) 表示从 \((1,1)\) 到墙 \((r_i,c_i)\)，且中途不经过其他墙的路径数。转移时，讨论从 \((1,1)\) 到墙 \(i\) 经过的第一个墙 \(j\)，则有

  \[dp(i)=\binom{r_i-1+c_i-1}{r_i-1}-\sum_{j=1}^{i-1}[r_j\le r_i\land c_j\le c_i]\cdot dp(j)\cdot\binom{r_i-r_j+c_i-c_j}{r_i-r_j}. \]

  设 \((r_{n+1},c_{n+1})=(H,W)\)，答案为 \(dp(n+1)\)。

• *Z：斜率优化 DP。设 \(dp(i)\)，则有

  \[dp(i)=\min_{j=1}^{i-1}[dp(j)+(h_j-h_i)^2+C]=\min_{j=1}^{i-1}[dp(j)+h_j^2-2h_i\cdot h_j]+h_i^2+C. \]