[笔记] DP的姿势

DP

作者水平十分有限，下文中难免错漏及不合理之处。恳请各位批评指正。

寻找拓扑序，设计状态，细心讨论转移，卡好边界

Floyd

$f[i][j][k]$表示从$i$到$j$，中间只经过编号小于等于k的点的最短路(其中i和j可以大于k)

转移考虑经过第$k$个点，即$f[i][j][k]=min\left\{f[i][j][k-1],f[i][k][k-1]+f[k][j][k-1]\right\}$

实际中第三维$k$可以省略

这样做的拓扑序是什么？其实由你规定，每个点都是等价的

一般情况循环1到$n$，但实际上完全可以根据题目进行调整

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背包

背包问题具有拓扑性，即空间在不断减小，价值在不断增大，可以任选一个作为DP的阶段

01背包

设$f[i][j]$代表前$i$件物品，占用空间小于等于$j$，所获得的最大价值

考虑第$i$件物品，选择装入或者不装入

$f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-V_i]+W_i)$

我们发现第一维$i$只依赖上一层$i-1\!$ ，因此可以巧妙设计循环顺序来避免错误转移

大胆设$f[j]$表示占用空间小于等于$j$时获得的最大价值

for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=V;j>=v[i];j--)
        f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);

方案数问题

求方案数？$max$改累加
若是题目要求“恰好”装满体积为$m$的背包？

考虑背包的实际含义，我们只需要将除了f[0]以外的状态设为负无穷
求恰好装不下任何一件物品的方案数？

粗略的想法是，物品按体积排序，枚举第$i$个物品，作为装不下物品中体积最小的，显然$v$小于$v_i$的都要装进去，就对剩余空间做一次背包计数即可

复杂度？枚举$i$占用$O(n)$，背包本身$O(nm)$，总复杂度$O(n^2m)$

这样是有优化的空间的，我们发现每个物品都被考虑了多次，倒着枚举$i$

这样做的好处是，背包是一个后缀的背包，每次只需要加入一个物品，总复杂度在$O(nm)$

边界就在统计答案时卡死即可，如设必装物品占用空间$sum$，我们只需要统计$[m-sum,m-sum-V_i]$范围内的ans

完全背包

$f[i][j]$表示前$i$个物品，占用空间小于等于$j$，且可以多次选择的最大价值

同01背包的优化，只需正序循环，就可以使用之前的状态（也就是重复使用物品）

for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=v[i];j<=V;j++)
        f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i])

分组背包

有$t$组物品，每组物品只能选取一个，问可以获得的最大价值

枚举物品时注意顺序，保证同组物品不重复选择（内层循环）

for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=V;j;j--)
        for(int k=1;k<=num[i];k++)
            if(j>=v[i][k])f[j]=max(f[j],f[j-v[i][k]]+w[i][k]);

多重背包

每个物品可以使用$t[i]$次

法1：

把每个物品复制成$t[i]$份，同01背包

复杂度$O(nm\sum{t[i]})$过高，不能接受

法2：

拆分物品的过程，就是给01背包提供选出$[0,t[i]]$内任意数量的机会

我们无非是要拼出$t[i]$件物品，所以采用最高效的二进制拆分，把每个物品拆成$log _2{t[i]}$份，再使用01背包解决

复杂度$O(nm \sum{\log_2{t[i]}})$，好像还行？

法3：

单调队列优化，见后文。复杂度$O(nm)$

*树形DP

树的直径

树上最远的两个点之间的简单路径，称为树的直径

可以通过两次DFS找最远点或者DP在$O(n)$的时间求出

如何求树上所有点的最远点？

每个点的最远点一定在直径的端点上，任取一条直径两个端点开始DFS即可
基环树直径怎么求？

分类讨论，直径要不出现在一棵子树中，要不出现在两棵子树以及一段环上

先DP出子树直径，这是$O(n)$的，第一个情况可以通过取$\max$考虑，第二个情况怎么求？

枚举环上两点是$O(n^2)$的，不能接受

考虑破环为链，在一条链上DP，后文将用单调队列优化到$O(n)$

树的重心

删一个点后，树会分裂成若干个连通块

若分裂后连通块的最大值最小，则称这个点为树的重心（也就是各个连通块大小均衡）

可以通过DFS在$O(n)$的时间求出

用来点分治，保证分治的复杂度，相信大家都会正确的点分治

几个性质：

一个树最多有两个重心（两个重心时，这两个重心一定是一条边的两个端点）
删去重心后剩下的联通块最大的不超过$\dfrac n2$
重心到所有点的距离之和是树中所有点最小的

树的特性

二分图相关

不要忘记树是严格的二分图

但同时，树有更多优美的性质，可以更快地解决下列问题（贪心/DP）

不带权的问题

事实上，不带权的下列问题完全可以用贪心解决，也可以解决一个后，用二分图性质转化

最小点覆盖=最大匹配=N-最大独立集=N-最大匹配

最小链覆盖=最长反链=N-拆点图的最大匹配

接下来我们不考虑网络流做法/贪心解法，这就必须设计DP状态了

树的最大匹配

设$f[x][0]$表示$x$为根的子树，$x$不和任何一个儿子连的最大匹配数

同理，$f[x][1]$表示以$x$为根的子树，$x$和某个儿子连边后的最大匹配数
转移：

\[\begin{align*} f[x][0]&=\sum\max\{f[v][0],f[v][1]\}\\ f[x][1]&=\sum\max\{f[v][0],f[v][1]\}+\min\{f[v][0]-f[v][1]\} \end{align*} \]

后面的$min$仅在$x$完全由$f[v][1]$转移来时计算，也就是说，至少有一个儿子未匹配

求方案数？

同时记录$F,G,g$数组，统计的就是最大匹配充要转移中等价的方案数

void dfs(int x,int pre){
	g[x][0]=1;
	for(int i=head[x];i;i=nex[i]){
		int v=to[i];if(v==pre)continue;
		dfs(v,x);
		f[x][0]+=F[v];
		g[x][0]*=G[v];
	}
	for(int i=head[x];i;i=nex[i]){
		int v=to[i];if(v==pre)continue;
		int t=f[x][0]-F[v]+f[v][0]+1;
		int p=g[x][0]/G[v]*g[v][0];
		if(f[x][1]<t){
			f[x][1]=t;g[x][1]=p;
		}else if(f[x][1]==t){
			g[x][1]+=p;	
		}
	}
	if(f[x][1]>f[x][0]){F[x]=f[x][1],G[x]=g[x][1];return;}
	if(f[x][1]<f[x][0]){F[x]=f[x][0],G[x]=g[x][0];return;}
	F[x]=f[x][0];G[x]=g[x][1]+g[x][0];
}

最大独立集

$f[x][0/1]$表示考虑以$x$为根的子树，且$x$不选/选的最大独立集

若$x$不选，则与$x$直接相连的儿子$v$均可以选

\[f[x][0]=\sum\max\{f[v][0],f[v][1]\} \]

若$x$选，则它的儿子均不可选

\[f[x][1]=\sum f[v][0] \]

最大权独立集：HDU 1520 Anniversary party 类比最大独立集

基环树最大独立集

先对每个子树求出$f[i][0/1]$表示以$i$为根的子树，选/不选$i$点的最大独立集，然后破环成链，做一次链上DP

最小点覆盖

$f[x][0/1]$表示考虑以$x$为根的子树，且$x$不选/选的最小点覆盖

若$x$不选，为了覆盖$x$到儿子$v$的边，$v$必选，则有

\[f[x][0]=\sum f[v][1] \]

若$x$选，则儿子$v$可选可不选，但是要增加1的代价

\[f[x][1]=1+\sum\min\{f[v][0],f[v][1]\} \]

最小支配集

一个点$x$，有三种情况，分别考虑一下

$x$在支配集里
$x$不在支配集，且至少被一个儿子$v$支配了
$x$不在支配集，且被父亲$a$支配了

情况一，既然$x$在支配集，那么$v$可以任意取，但是要增加1的代价

\[f[x][0]=1+\min\{f[v][0],f[v][1],f[v][2]\} \]

情况二，$x$至少被一个儿子支配了

若$x$无儿子

\[f[x][1]=+\infty \]

若$x$至少存在一个儿子$v$，满足$f[v][0]\leq f[v][1]$，那么

\[f[x][1]=\sum \min\{f[v][0],f[v][1]\} \]

若$x$的所有儿子均不满足$f[v][0]\leq f[v][1]$，那么

\[f[x][1]=\sum\min\{f[v][0],f[v][1]\}+\min\{f[v][0]-f[v][1]\} \\=\sum f[v][1]+\min\{f[v][0]-f[v][1]\}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \]

也就是说，$x$至少要有一个儿子$v$在支配集才行，这就很像最大匹配的转移

情况三，$x$被父亲$a$支配

这说明$x$不在支配集，且$x$的儿子均不能支配$x$，也就是儿子都不在支配集中

\[f[x][2]=\sum f[v][1] \]

最小链覆盖

一个点必然被路径覆盖，根据是否为路径的端点分类

$f[x][0]$表示以$x$为根的子树，$x$不为端点的最小路径覆盖数

$f[x][1]$表示以$x$为根的子树，$x$为一条路径端点的最小路径覆盖数

设当前做到了子树$v$

\[\begin{align*} f[x][0]&=\min\{f[x][0]+f[v][0],f[x][1]+f[v][1]\}\\ f[x][1]&=\min\{f[x][1]+f[v][0],cnt+f[v][1]\} \end{align*} \]

其中$cnt$为之前子树中$\sum f[pre][0]$

树形依赖背包

以选课为代表的一种题型，$n$个物品，体积$V_i$，价值$W_i$，每件物品依赖于另一个物品，依赖关系成森林，背包容量$V$，求最大价值。

先讨论一个定义：泛化物品

泛化物品：物品价值随着体积而变化

我们可以用一个数组来表示泛化物品的映射关系，如$G[i]$表示体积为$i$时，这个物品对应的价值

不妨设一个超级源点，把森林接成一棵树

把每个子树看成一个泛化物品，$f[i][j]$代表在以$i$为根的子树中，分配$j$体积产生的最大收益

对于节点$x$，我们实际上就是要合并它的子节点$v$，从而求出$x$对应的$f$数组

考虑一下如何合并泛化物品

泛化物品之间的合并

$G[i]=\max\limits_{j=0}^{i}\left\{G_x[i-j],G_y[j]\right\}$

我们要枚举$i$，还要枚举$j\leq i$，复杂度在$O(V^2)$，

泛化物品和单件物品的合并

回顾01背包，$f[j]$本质上就是一个泛化物品，加入第i件物品的过程就是一个合并过程

$G[j]=max\left\{ G'[j],G’[j-v]+w\right\}$

这样的复杂度在$O(V)$

泛化物品的并

两个物品存在交集，不能同时取，对同一体积选取价值较大的

$G[j]=max\left\{ G_x [i],G_y [j]\right\}$

复杂度$O(V)$，可以以此为依据优化树形依赖背包

泛化物品-分组背包

设$f[x][j]$表示在以$x$为根的子树中，选取了$j$个物品的最大收益($j>0$时$x$必选)

那么，这样的$f[x][j]$就是一个泛化物品，也可以理解为分组背包

什么意思？投入$j$的代价，就有$f[x][j]$的价值，这是泛化物品的样子

把$f[x][j]$分成$size[x]$份，即$f[x][0],f[x][1],f[x][2],···,f[x][size[x]-1],f[x][size[x]]$

这是一组物品，我们叫第x组，那么在这些物品中只能选一个，且它们的体积分别为$0,1,2,...,size[x]-1,size[x]$，那么对应价值为$f[x][0],f[x][1],···,f[x][size[x]]$

私以为这正是一个分组背包问题，我们做的也是分组背包的事情——每组选一个物品

假设当前考虑到了$x$的一个儿子$v$，那么我们要做的，就是把$v$和$x$合并起来，正是两个泛化物品的合并

注意，这样做的看似复杂度在$O(n^2m)$，通过卡边界（即子树大小）可以到$O(nm)$

DFS序做法

建原树的DFS序，根据树剖的前置知识我们知道，每个子树都对应了DFS序一段连续的区间

每次考虑是否进入子树内部即可，转移顺序？倒着转移就符合拓扑序

	f[i][j]=max(f[i+1][j-v[id[i]]]+w[id[i]],f[i+siz[id[i]]][j]);

显然的，复杂度稳定在$O(nm)$

二次扫描与换根法

先从任意一点开始做一次DP，然后考虑树上的一条边，从而第二次DP转移到以每个点为根的状态

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区间DP

一般形式

$f[l][r]$表示区间$[l,r]$的某种状态

以区间长度为阶段，枚举左端点确定区间，附加一些区间合并的代价进行转移

本质

如果以每个决策点（转移时的区间划分点）分裂区间，那么会形成一个类似线段树的分治树结构，可以发现区间DP的本质就是在寻找最优的划分方式（划分点的选择，划分顺序的先后）

对于一些一眼看起来是区间DP的题，可能本质上是一个线性DP，如 [APIO2014]序列分割

优化

部分可以采用四边形不等式优化至$O(n^2)$，见后文

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*状压DP

往往与集合有关，而表示集合的方法就是二进制压位了

操作二进制最方便的方式就是用位运算，但是位运算的优先级是一个坑

最好的方法就是多加括号

技巧

子集枚举，复杂度$O(3^n)$

for(int S=0;S<(1<<n);S++){ 
    for(int i=S;i;i=(i-1)&S){
        ...
    } 
}

状态的稀疏性

当合法状态很少时，可以预处理出所有合法状态，从而大大降低常数

bitset

相当于压缩32个bool，bitset可以帮我们乘以一个$\dfrac1{32}$的常数，无论是空间还是时间

递推顺序

合理的顺序递推，可以减少复杂度

如统计$[1,n]$中每个数二进制下1的个数，可以

cnt[x]=cnt[x>>1]+(x&1);

如统计一个集合中元素权值和，可以

sum[S]=sum[S^lowbit(S)]+sum[lowbit(S)];

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*数位DP

前缀和差分得区间（基本适用）
分类讨论，细心讨论边界
暴力程序好写，但不对拍基本要完

先预处理一些不带限制的情况，然后从高位到低位填数

一旦填了一个比上限小的数位，就可以立刻通过预处理数组累加答案

实现上推荐采用记忆化搜索，这种题不会卡常数，记搜不仅写起来方便，而且省去了冗余状态

状态中往往要考虑填到了第几位，是否可以随便填（意味着可以使用记忆化数组），以及一些附加信息

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*概率期望DP

条件概率

记$P(B\mid A)$表示A发生的前提下，B发生的概率

计算？设$a,b,c,d$

$a=P($AB都发生$)$ $b=P($AB都不发生$)$

$c=P($只有A发生$)$ $d=P($只有B发生$)$

那么有$P(B\mid A)=\dfrac{a}{a+c}=\dfrac{P(AB)}{P(A)}$

全概率公式

$P(A)=\sum\limits_{i=1}^{m}P(B_i)\times P(A\mid B_i)$

理解为对所有导致它发生的事件加权求和

叶贝斯公式

可以由$P(A\mid B)$算出$P(B\mid A)$

$P(A\mid B)=\dfrac{P(AB)}{P(B)}$ $P(B\mid A)=\dfrac{P(AB)}{P(A)}$

*联立可得$P(B\mid A)=\dfrac{P(A\mid B)\times P(B)}{P(A)}$

可以把全概率公式代入分母，就有了

$P(B\mid A)=\dfrac{P(A\mid B)\times P(B)}{\sum\limits_{i=1}^m{P(B_i)\times P(A\mid B_i)}}$

期望

$E(x)=\sum_{y}P(y)*Val(y)$，也就是每个事件发生的概率乘以权值

性质

设$C$为一常数

$E(C)=C$
$E(Cx)=C\times E(x)$
$E(x+y) = E(x) +E(y)$，因此我们可以分开考虑各部分的贡献
若$x,y$独立，即 $x\cap y=\empty$，则$E(xy)=E(x)\times E(y)$

怎么做

概率通常正推

多个终点一个起点，就用$f[i]$表示，从$i$到终点的期望步数，$f[s]$即为答案

多个起点一个终点，就用$f[i]$表示，从起点到$i$的期望步数，$f[t]$即为答案

设一个DP状态，代表到达这个状态的期望，那么我们可以由 $\sum$期望+(代价*概率)转移到新的期望

如果转移状态成环（如图上的随机游走），需要用高斯消元

但对于一些特殊的情况，如树上的问题，那些环往往可以消掉

套路是一颗坚信能解出来的心和待定系数法，之后可以愉快DFS

参考LOJ #2542. 「PKUWC 2018」随机游走

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连通性DP

不补充

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DP优化

常规优化

常用操作有：预处理和分阶段DP

奇怪优化

卡常不是为了骗分，是为了得到应得的分数

寻址优化

对于高维数组，用一个指针存上次的位置，直接加偏移量

或者把高维数组压成一维，数组维数越高效果越明显

高速缓存命中

遍历数组步长尽量为1，尤其是高维数组

避免开2的整次幂的大数组，速度相差可能有百倍

数据结构优化

前缀和优化

当DP式明显地依赖一段固定区间时，就可以记录一下前缀和/后缀和，转移优化一个$O(n)$

LIS问题

经典的LIS有树状数组解法，复杂度同样在$O(nlogn)$

定义$f[i]$为以第$i$位数结尾的LIS长度

考虑做到了第$i$位，我们要做的就是找一个位置$j$，使得$val[j]<val[i] $，然后用$f[j]+1$尝试更新$f[i]$

原本我们要循环枚举$1\leq j < i$，依次判断

现在我们开一个权值线段树，叶子节点上维护对应的$f[i]$，我们要找的就是权值小于$val[i]$的位置上的最大值

这个最大值很好维护，可以在$O(logn)$的时间求出，然后我们把$f[i]$插入到$val[i]$的位置

实际中，我们可以先离散化一下$val$数组，然后可以用静态的树状数组去做，常数较小

RMQ形式的转移

上述LIS问题，优化的瓶颈在于求RMQ

当转移区间单调移动，我们可以采用单调队列进行优化，后文介绍

若不单调移动，则可以用线段树做到$O(logn)$的转移

本质上是在做偏序问题

1D1D优化

决策单调性

形如$f[i]=\min\limits_{j=1}^{i-1}\{f[j]+w[j][i]\}$的方程，若$w[i][j]$满足$w[i][j]+w[i+1][j+1]\le w[i+1][j]+w[i][j+1]$

则对于决策点$K[i]$有 $K[i-1] \le K[i] $

单调栈优化

显然，我们可以在转移时从$K[i-1]$开始枚举，但是这样做仍然是$O(n^2)$的（考虑 K[1~n-1]均为1，K[n]=n-1）

因此，与其考虑怎么转移，倒不如考虑当前$K[i]$可以更新哪些状态

由于决策单调，每次覆盖的一定是一个完整的后缀

所以一定存在一位置$pos$，使得$pos$之前的f[i]由$K[i]$决策不优，$pos$之后的则优，这就具有单调性了

因此我们用一个单调栈/单调队列来维护每个转移点覆盖的区间

加入一个新的转移点，就从栈顶开始比较，若当前转移优于栈顶转移点开始位置的转移，则弹栈，并加上这段区间

否则，分界点一定在这个区间内，在这个区间内二分寻找分界点

复杂度$O(nlogn)$

$PS$:我们称满足该性质的二元函数为凸函数

分治

特别地，形如$f[i]=\min\limits_{j=1}^{i-1}\{g[j]+w[j][i]\}$的方程，若$w$为凸函数，且$f$与$g$无关

那么，我们可以使用分治，非常便捷地完成这个转移

具体怎么做？

void solve(int l,int r,int L,int R){//当前处理区间[l,r]，取值区间在[L,R]
    int mid=(l+r)>>1;
    for(int i=L;i<=R;i++)
        计算f[mid]，记录转移点为pos;
    solve(l,mid-1,L,pos);
    solve(mid+1,r,pos,R);
}

这样仍然是$O(nlogn)$的，离线

一种特殊形式

从一个特殊形式下手，若决策单调性中$w$满足$w[i][j]+w[j][k]==w[i][k]$，那么我们可以把$w$拆成新的一元函数$g$，使得$g[j]- g[i]==w[i][j]$，类似前缀和

那么，我们转移可以略做改动

$f[i]=\min\limits_{j=1}^{i-1}\{f[j]+g[j]-g[i]\}$$=\min\limits_{j=1}^{i-1}\{h[j]\}+g[i]$

其中$h[j]=f[j]-g[j]$，对于已知的$j$，这是一个常量
这样的式子是没有什么意义的，因为这就是$h$的前缀最小值，我们可以用一个变量存下来，这却启发我们进一步探索

单调队列

维护一个队列，其下标递增，元素按值有序，且下标之差不超过$len$，可以方便地解决$sliding \space window$的问题，即连续区间中的最值问题

实现上，单调队列存的是下标

它可以将$1D/1D$的DP优化掉$O(n)$的复杂度，相比RMQ要快一个$log$

如何优化

上文我们提到了 $f[i]=\min\limits_{j=1}^{i-1}\left\{h[j]\right\}+g[i]$,这是一种平凡的转移

但是，若给范围加上限制呢？

形如$f[i]=\min\limits_{j=b[i]}^{i-1}\{h[j]\}+g[i]$的方程，其中 $b[i]\ $随$\ i\ $的增大而不降

这就是每次在求$i$往前的一段$h[j]$中的最小值了，我们当然可以用各种$log$级的数据结构维护，实现$O(nlogn)$的转移，这样忽略了$b[i]$不降这一个很强的性质

单调移动连续区间的最值问题，正是单调队列擅长的 !

因此我们可以维护一个单调队列，队头根据$b[i]$调整即可，复杂度$O(n)$

单调队列维护的值，视情况而定，有时候是dp数组本身，有时候是转移的数组

应用

滑动窗口

假设求每个长度为m的区间的最大值，那么我们的方程可以写为

$f[i]=\max\limits_{j=i-m+1}^i \{val[j]\}$

这实在是上文形式的一种特殊表现，其中$g[i]=0$，$b[i]=i-m+1$

基环树直径

之前提到，直径必然存在子树内或子树之间

子树内用树形DP求出直径后，破环成链

\[h[i]=\max_{j=i-n+1}^i\{f[j]+dis[j][i]\} \]

其中$f[x]$表示$x$向子树延伸的最长链

可以拆分$dis$为单变量函数，注意到下标范围是一个滑动窗口，采用单调队列优化

更快的多重背包

写出朴素的转移

$f[i]=\max\limits_{j=1}^{t[i]} \left\{ f[i-v[i]\times j]+w[i]\times j \right\}$

我们决策的区间不连续，它们间隔着若干个$v[i]$，怎么做呢？

我们在模$v[i]$的意义下进行DP，这样决策就是连续的区间了，但是为了修正体积造成的价格影响，我们改用$f[j*v[i]+d]-j*w$代替原来的价值入队

可以方便地应用单调队列优化至$O(nm)$

题外话：

注意这个背包的形式，当$t[i]$=1或者$t[i]=+\infty $时，是我们会做的01背包或完全背包，在这个式子中有什么意义呢？

当$t[i]=1$，那么只决策一次，就是01背包

当$t[i]=+\infty$，等于去掉了上界，变成了最值问题，我们依然可以用一个变量来存

斜率优化

形如$f[n]=\min\limits_{i=1}^{n-1} \{a[n]\times X[i]+b[n]\times Y[i]\}+C$的式子，其中$a[n]$和$b[n]$与决策无关，C为常数

常数不管，直接加上，只考虑如何优化$min$部分的决策

对于一个已经求出的$f[n]$，它一定是由之前某个$a[n]\times X[k]+b[n] \times Y[k]$转移而来

由于$a[n]$和$b[n]$是一个定值，与决策无关，我们可以认为$(X[k],Y[k])$决定了$f[n]$，也就是$f[n]$与$(X[k],Y[k])$一一对应

注意到$(X[k],Y[k])$的形式非常像平面点对，我们称这样的点为一个决策点，不妨以$X[i]$为$x$轴，$Y[i]$为$y$轴，建立平面直角坐标系

然后我们要最小化$f[n]=a[n]\times X[i]+b[n]\times Y[i]$，这是一个线性规划问题，移项可得

$Y[i]=-\dfrac{a[n]}{b[n]}{\times X[i]} +\dfrac{f[n]}{b[n]}$

这正是直线$y=kx+b$的形式

假设$a[n],b[n]\!>\!0$(反之同理)，那么我们要最小化$f[n]\!$，也就是最小化$\!\dfrac{f[n]}{b[n]}$，也就是这条直线与$y$轴交点的纵坐标(纵截距）

想象一条直线，自下而上地扫描，那么碰到的第一个点，就是最优的决策点，由此时直线的纵截距可算出最优的$f$

这样的点对一定构成了一个平面上的凸包，只要能快速维护凸包，就能快速决策

单调的情形

如果加入点的坐标具有单调性，那么凸包的形态也是“单调”的

如果恰好直线的斜率也具有单调性，决策点的位置也是单调移动的

我们可以用单调队列/单调栈维护决策点，好写

不单调的情形

平衡树/CDQ维护凸壳

强烈推荐CDQ，因为DP转移不需要在线，相比复杂的Splay，CDQ好写很多

四边形不等式

形如$f[i][j]=min/max\{f[i][k]+f[k+1][j]+w[i][j]\}$的方程，若$w$满足$w[a,d]+w[b,c]\le w[a,c]+w[b,d]$，则可以使用四边形不等式优化转移

这是区间DP枚举断点转移的形式之一，本身要枚举三层：长度，左端点，断点，复杂度$O(n^3)$

借助四边形不等式，可以把内层枚举断点做到均摊$O(1)$，从而实现$O(n^2)$的转移。

记$K[i][j]$数组，代表转移到$[i,j]$区间时所对应的转移点（断点），那么内层循环可以写成

for(int k=K[i][j-1];i<=K[i-1][j];k++){
    ...
}

我们以长度为阶段进行转移，所以长度为$len-1$的$K$数组已经计算过了

难点在于发现这一特殊的单调性，虽然优化效果非常明显，但是使用范围比较窄

四边形不等式成立，当且仅当$w[i][j]+w[i+1][j+1]\le w[i+1][j]+w[i][j+1]$，即w为二元凸函数

事实上，这样的$w$函数在一维的状态中满足决策单调性

如果小于等于改大于号呢？

矩阵优化递推

若所求的n极大，可以考虑采用矩阵快速幂优化DP

实际上这是递推而不是动规，因为它显然无法处理$\min/\max$之类的决策

思想类似经典的求斐波那契第$n$项，构造转移矩阵是关键

复杂度通常在$O(k^3\log_2n)$，其中$k$为转移矩阵规模

还有一种技巧是二分答案+DP验证

矩阵优化DP

immortalCO在WC2018上的PPT

这种优化不是常规意义上的优化，是带修DP的优化，也就是动态DP

图论中邻接矩阵幂是具有实际含义的，同样具有矩阵的性质，因此可以进行快速幂

这样的矩阵，相当于加改$\min/\max$，乘改加，对应的单位矩阵就是主对角线全0，其余$\infty$ 或$-\infty$

我们用线段树维护区间矩阵幂，就平衡了修改和询问的复杂度

树上怎么做？重链剖分可以帮我们转化为链上问题

posted @ 2018-10-20 00:04 GhostCai 阅读(99) 评论(1) 收藏举报

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