一些dp题

ABC192F

（真的只有绿吗）

首先，很明显有，其中S代表初始魔力值，k为选择的物品数量，x为题目中给定的

然后注意到x很大，但k和n很小，所以我们可以设定状态，表示当前到第i个物品，已经选了j个，总和模k为l，这么选的初始魔法最大值（显然初始魔法越大时间花费越少），然后暴力枚举选的总数量并转移即可，时间复杂度

（oi的精髓在于枚举与模拟）

点击查看代码

void solve() {
    cin>>n>>x;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    for(int k=1;k<=n;k++) {
        for(int i=0;i<=n+2;i++)
            for(int j=0;j<=n+2;j++)
                for(int l=0;l<=k;l++) dp[i][j][l]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++) { 
            dp[i][1][a[i]%k]=a[i];
            for(int j=1;j<=n;j++) 
                for(int l=0;l<k;l++) 
                    mx(dp[i][j][l],dp[i-1][j][l],dp[i-1][j-1][(l-a[i]%k+k)%k]==0?-inf:dp[i-1][j-1][(l-a[i]%k+k)%k]+a[i]);    
        } if(dp[n][k][x%k]) ans=min(ans,(x-dp[n][k][x%k])*1ll/k);
    } printf("%lld",ans);
}

ABC134F

这个题花了很久才看明白怎么做，感觉题解写的很奇怪

首先，看到这个绝对值，我们很自然想到拆贡献，我们把第i位上填称为i与相匹配，那么一个数的贡献只与其匹配的数相关

具体地，先考虑每个i，如果与其匹配的数比它大，将绝对值拆开后i的贡献会变成-i，反之则是i，同理

所以单看每个数对奇怪度的贡献，只需要讨论它和匹配数的大小关系

我们把i和全放在一起考虑，可以设出一个状态表示当前考虑到第i位，前面有j个i和未匹配（它们未匹配的数量肯定相同），当前奇怪度为k

怎么转移呢？

首先，第i位上可以填i，此时贡献为0，有
$$f_{i,j,k}=f_{i-1,j,k}$$

然后，可以两个都与后面进行匹配，这时它们是比后面的数小，所以是正贡献

$$f_{i,j,k}=f_{i-1,j-1,k+2\times i}$$

两个数也可以与前面的数匹配，此时是负贡献

$$f_{i,j,k}=f_{i-1,j+1,k-2\times i}\times (j+1)$$

也可以一个与前面匹配，一个与后面匹配，注意方案要乘2

$$f_{i,j,k}=f_{i-1,j,k}\times 2$$

最后注意奇怪度可以减成负数，我的处理是直接在k维上加了n*n

点击查看代码

void solve() {
    cin>>n>>m;  ll maxn=n*n*2; dp[0][0][n*n]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        for(int j=0;j<=i;j++) {
            for(int k=0;k<=maxn;k++) {
                add(dp[i][j][k],dp[i-1][j][k]);
                if(j) add(dp[i][j][k],dp[i-1][j][k]*2ll*j%M);
                if(j&&k+i*2<=maxn) add(dp[i][j][k],dp[i-1][j-1][k+2*i]);
                if(j<i-1&&k-i*2>=0) add(dp[i][j][k],dp[i-1][j+1][k-2*i]*(j+1)*1ll*(j+1)%M);
            } 
        } 
    } 
    printf("%lld",dp[n][0][m+n*n]);
}