动态规划做题记录
\(\text{I}\). UVA1025 A Spy in the Metro
设 \(f_{i,j}\) 表示到达第 \(i\) 个车站，时间为 \(j\) 的最小等待时间，则有以下三种转移
- 原地不动，即 \(f_{i,j-1}+1\)。
- 从上一个车站坐车过来，即 \(f_{i-1,j-t_{i-1}}\)。
- 从下一个车站坐车过来，即 \(f_{i+1,j-t_i}\)。
最后答案即为 \(f_{n,T}\)。
\(\text{II}\). UVA116 Unidirectional TSP
考虑逆推。
设 \(f_{i,j}\) 表示从点 \((i,j)\) 到达最后一列的最小整数和，则可以从 \(f_{i-1,j+1},f_{i,j+1},f_{i+1,j+1}\) 转移过来。最后输出方案即可。
注意：这题只能逆推，因为要求前面的行号越小越好，而不是后面的行号。
\(\text{III}\). UVA11400 Lighting System Design
先将灯泡按电压从小到大排序，然后有一个结论：每一次选择的一定是一个区间。证明先估了。
于是可以设 \(f_i\) 表示前 \(i\) 个灯泡的最小费用，枚举一个 \(f_j\) 转移过来即可。
\(\text{IV}\). P6190 [NOI Online #1 入门组] 魔法
独立切紫祭
容易发现一定是把 \(k\) 次使用魔法的机会全部用完最优，在加上 \(k\) 远大于 \(n\)，\(nk\) 又过不去，于是考虑矩乘。
考虑建出一张新图表示从 \(u\) 到 \(v\) 使用恰好一次魔法后的距离，那么从 \(1\) 到 \(n\) 走 \(k\) 步的最小距离即为答案。
但新图的边权任然不好求，于是考虑钦定一定是 \(u\) 到 \(v\) 路径上最后一条边使用魔法，这样的计算是平凡的。
注意最后可以在走一段不用魔法的距离。
时间复杂度为 \(O(n^3\log k)\)（不知道为什么出题人 \(n\) 只开到 \(100\)）
\(\text{V}\). *[ARC108E] Random IS
直接按时间轴 DP 会有后效性，于是考虑从局部到整体。
考虑对于一个 \(l,r(l<r)\) 都被标记，那么区间 \([l,r]\) 内其他数选择的概率就与外面的数无关了。因为从外面选数限制没有那么严，所以只会影响内部选数的时间，这是无关紧要的。
然后就可以区间 DP 了。设 \(f_{l,r}\) 表示选定 \(l,r\) 后区间内其他数被选择的期望个数（注意不包括 \(l,r\)），那么转移可以枚举下一个选择的数 \(k(l<k<r\land a_l<a_k<a_r)\)，从 \(f_{l,k}+f{k,r}\) 转移。每种情况有 \(\frac{1}{cnt_{l,r}}\) 的概率发生，且会让期望个数加一。（\(cnt_{l,r}\) 会每种条件的 \(k\) 的个数）
直接做是 \(O(n^3)\) 的，考虑优化。
首先 \(cnt_{l,r}\) 的计算是平凡的，关键在于 \(\sum_kf_{l,k}+f_{k,r}\) 的计算。考虑转化为 \(\sum_kf_{l,k}+\sum_kf_{k,r}\)，其中每部分都是左端点或右端点固定下对值域在一定范围的求和，可以用树状数组优化。
于是可以做到 \(O(n^2\log n)\)。
\(\text{VI}\). *[ARC101E] Ribbons on Tree
首先有一个显然的 DP，设 \(f_{u,i}\) 表示 \(u\) 子树内有 \(i\) 个点向子树外匹配的方案数，此时若要覆盖 \(v\to u\)，说明 \(i\ge1\)。转移可以枚举 \(v\) 子树中有多少个点向 \(u\) 的其他子树转移，即 \(f_{u,i}\times f_{v,j}\times\binom{i}{k}\times\binom{j}{k}\times k!\to f_{u,i+j}\)。
由于转移过于复杂，很难优化，于是正难则反，考虑容斥。
容易计算出钦定一个大小为 \(t\) 连通块内合法的方案数为 \(g(t)=g(t-2)\times(t-1)\)，因为没有顺序，所以考虑编号最小的点的配对方案。
重新设 \(f_{u,i}\) 表示点 \(u\) 所在的连通块大小为 \(i\) 的方案数。那么转移分两种：
-
合并 \(u,v\) 所在的连通块，\(f_{u,i}\times f_{v,j}\to f_{u,i+j}\)。
-
断开 \(u,v\) 这一条边，\(f_{u,i}\times f_{v,j}\times g(j)\to f_{u,i}\)。
最后的答案即为 \(\sum_i f_{1,i}\times g(i)\)。
\(\text{VII}\). P5369 [PKUSC2018] 最大前缀和
观察一个前缀 \(a_{[1,i]}\) 成为最大前缀的充要条件：
-
\(\forall_{1<j\le i}sum_{j\to i}\ge0\)，否则就可以删掉这一段使答案更小。
-
\(\forall_{j>i}sum_{i+1\to j}<0\)，否则就可以加上这一段使答案更大。
于是就可以 DP 了。设 \(f_{S}\) 表示选 \(S\) 为前缀答案的方案数，\(g_{S}\) 为选 \(\overline{S}\) 为前缀答案的方案数。\(f\) 的转移可以从后往前加数，\(g\) 的转移可以从前往后加数，然后是平凡的。
但 \(sum_{1\to i}\) 不一定 \(\ge0\)，所以可以枚举第一个数来计算答案。
\(\text{VII}\). *[ARC106E] Medals
可以发现答案的下界为 \(k\times n\)，因为每个人至少要有 \(k\) 个奖牌；上界为 \(2\times n\times k\)，因为可以依次给每个人发奖牌，每个人最多花 \(2\times k\) 天。
于是就可以先二分一个答案 \(m\)，然后发现可以建图跑二分图完美匹配。具体来讲，对于每个人建 \(k\) 个点表示获得的奖牌，再与这 \(m\) 天匹配。
根据 Hall 定理，一个二分图，左部点集合为 \(L\)，右部点集合为 \(R\)，要存在完美匹配的充要条件为：对于每个 \(S\in L\)，存在 \(T\in R\)，满足 \(T\) 中所有点均与 \(S\) 有连边且 \(\left|T\right|\ge\left|S\right|\)。
假设左部点为每个人，右部点为每天。那么当 \(S\) 限制最严格是一定是把某个人的 \(k\) 个点全部选上，因为它们连向的点是相同的，于是只有 \(2^n\) 种不同的 \(S\)。
考虑枚举 \(S\) 来判断，那么有 \(T=\{x|x\le m,\exists_{i\in S}(i,x)\in E\}\)。
正难则反，考虑判断 \(\overline{T}\) 是否合法，即判断 \(\left|T\right|\le day-\left|S\right|\)。因为有 \(\overline{T}=\{x|x\le m,\forall_{i\in S}(i,x)\not\in E\}\)，即 \(\forall_{(i,x)\in E}i\not\in S\to\forall_{(i,x)\in E}i\in\overline{S}\)。
于是可以用高维前缀和算出连边集合为 \(S\) 的子集的天数，然后就可以 \(O(1)\) 判断每个 \(S\) 是否合法了。
时间复杂度 \(O(n^2k+2^n2\log nk)\)。题解中有人用模拟网络流做到了 \(O(n^3k)\)。
\(\text{VIII}\). CF1485F Copy or Prefix Sum
考虑最朴素的 DP，设 \(f_{i,j}\) 表示考虑前 \(i\) 个位置，和为 \(j\) 的方案数，转移分两种情况：
可以发现只有当 \(j\) 等于 \(b_{[1,i]}\) 的一段后缀和时才有值，于是将时空复杂度均降到 \(O(n^2)\)。
记 \(g_{i,j}=f_{i,sum_i-sum_j}\)，其中 \(sum\) 为 \(b\) 的前缀和。那么每次只会令 \(g_{i,i-1}=\sum_kg_{i-1,k}\)，和让某些 \(g_{i,k}\) 为零。这样的 \(k\) 要满足 \(sum_i-sum_k=sum_i\Longleftrightarrow sum_k=sum_{i-1}\)。
可以发现原本 \(g_{i-1,k}\) 有值的 \(k\) 只有一个，因为其他的已经被变成 \(0\) 了，于是可以直接修改并维护出 \(\sum_jg_{i,j}\)。
时间复杂度 \(O(n)\)。
\(\text{IX}\). *P5468 [NOI2019] 回家路线
由于会有往回走的路，所以对于站台 DP 不太可行。于是考虑对每一辆列车 DP。
设 \(f_i\) 表示坐第 \(i\) 辆列车到达 \(y_i\) 的最小烦躁值，那么有
最后的答案为 \(\min_{y_i=n}f_i+q_i\)。
观察到有平方的形式，于是考虑斜率优化。但 \(q_j\le p_i\land y_j=x_i\) 的限制不太好做。
考虑把一辆列车拆成两部分，一部分是在 \((y_i,q_i)\) 的位置插入，另一部分是在 \((x_i,p_i)\) 的位置查询。这样每次查询就变成查询第一维相同且第二维更小的点。
考虑把所有点按第二维排序，对于每一个第一维都开一个单调队列来做息率优化。这样就可以优化到 \(O(n\log n)\) 了，瓶颈在排序。
\(\text{X}\). [ABC328G] Cut and Reorder
可以发现只会进行一次操作一，且可以放在第一次执行。此时操作二的代价为 \(\sum\left|a_{p_i}-b_i\right|\)。
观察到 \(n\le22\)，于是考虑状压。设 \(f_{i,S}\) 表示前 \(i\) 个位置的状态为 \(S\) 的最小代价。转移可以枚举一个连续段 \([l,r]\) 放在 \([i+1,i+r-l+1]\) 的位置上，代价为 \(c+\sum_{j=1}^{r-l+1}\left|a_{l+j-1}-b_{i+j-1}\right|\)。
发现 \(i=\operatorname{popcnt}(S)\)，于是可以省掉一维，状态数优化到 \(O(2^n)\)。
在分析时间复杂度，对于一个长为 \(k\) 的连续段，会在 \(2^{n-k}\) 个状态中被枚举，且共有 \(n-k+1\) 个这种连续段，所以总时间复杂度为 \(\sum_{k=1}^nO((n-k+1)2^{n-k})=O(n2^n)\)。
\(\text{XI}\). *[ABC134F] Permutation Oddness
好题啊！
考虑把每个位置 \(i\) 看成左部点，每个值 \(p_i\) 看成右部点，这样就变成了二分图匹配问题。
对于这种贡献，可以考虑将绝对值拆开，即分讨 \(i\) 与 \(p_i\) 的大小关系。
那么这样就可以设 \(f_{i,j,k}\) 表示考虑前 \(i\) 个左部点和右部点的匹配，其中有 \(j\) 个左部点是向后匹配的（同时也有 \(j\) 个右部点向后匹配），且怪异度为 \(k\) 的方案数，那么转移可以分讨：
-
若左部点 \(i\) 匹配右部点 \(i\)，那么有 \(f_{i-1,j,k}\to f_{i,j,k}\)。
-
若两个点都向后匹配，那么有 \(f_{i-1,j-1,k+2i}\to f_{i,j,k}\)。
-
若两个点都向前匹配，那么有 \(f_{i-1,j+1,k-2i}\times(j+1)^2\to f_{i,j,k}\)。
-
若两个点一个向前，一个向后，那么有 \(f_{i-1,j,k}\times2j\to f_{i,j,k}\)。其中乘 \(2\) 是因为可以选择是哪个点向前匹配。
直接转移即可。
\(\text{XII}\). [ABC200F] Minflip Summation
首先可以猜到对于确定的 \(s\)，答案为其 \(0\) 段个数和 \(1\) 段个数的 \(\min\)。
但有个 \(\min\) 不好计数，于是考虑再次转换。由于 \(0\) 段和 \(1\) 段个数最多差 \(1\)，所以若记 \(l=\sum_{i=1}^{n-1}[s_i\not=s_{i+1}]\)，那么答案为 \(\lceil\frac{l}{2}\rceil\)。
由于有取模不能向上取整，所以要记录 \(l\) 的奇偶性。于是设 \(f_{i,0/1,0/1}\) 表示考虑到位置 \(i\)，\(l\) 的奇偶性，\(s_i\) 的值。类似地设 \(g_{i,0/1,0/1}\)，转移是平凡的。
再注意到 \(k\) 很大且有重复转移，于是考虑矩乘。然后就做完了
时间复杂度 \(O(8^3(n+\log k))\)。
\(\text{XIII}\). *[ABC214G] Three Permutations
感觉挺典的，虽然我不会。
注意到限制强于错排，直接考虑容斥。记 \(h_i\) 表示有 \(i\) 个位置不满足条件的方案数，那么有
然后在看到排列 \(p,q\)，于是想到从 \(p_i\) 向 \(q_i\) 连边。这样相当于让边去匹配点，若匹配到两端则不合法。
于是考虑对每个置换环分别 dp。设 \(f_{i,j,0/1}\) 表示考虑环上前 \(i\) 个点，钦定了 \(j\) 个位置非法，且最后一条边是否钦定匹配它的出点。（因为不钦定和匹配入点都对后续 dp 无影响，所以一起考虑）那么转移分讨是否钦定 \(i\)：
-
若不钦定 \(i\)，
\[f_{i,j,0}=f_{i-1,j,0}+f_{i,j,1} \] -
若钦定 \(i\)，
\[f_{i,j,0}=f_{i-1,j-1,0}\\ f_{i,j,1}=f_{i-1,j-1,0}+f_{i-1,j-1,1} \]
因为构成了一个环，所以可以钦定第一条边的状态跑两边 dp。注意特判长为 \(1\) 的环。
最后在用背包把每个环的答案拼起来即可。
\(\text{XIV}\). *[APIO2016] 划艇
暴力 DP 是设 \(f_{i,j}\) 表示学校 \(i\) 派出 \(j\) 艘划艇的方案数，转移是平凡的。
发现 \(l_i\le r_i\le10^9\)，这启发离散化。
考虑设 \(f_{i,j}\) 表示学校 \(i\) 派出的划艇数在 \([p_j,p_{j+1})\) 时的方案数。为方便要把 \(r+1\) 离散化。
转移枚举上一个满足派出划艇数不在 \([p_j,p_{j+1})\) 的学校 \(p\)，以及它派出的划艇区间 \([p_k,p_{k+1})\)。同时记 \(m\) 为 \(p+1\to i\) 中能派出 \([p_j,p_{j+1})\) 艘划艇的点数，那么有
其中组合数是插板法。
在做一个前缀和优化即可。
\(\text{XV}\). [APIO2014] 序列分割
注意到最后分割后任意两个块的和都乘起来贡献到了答案，所以可以直接 DP。
设 \(f_{k,i}\) 表示前 \(i\) 个点割成 \(k\) 个块的最大答案，那么有转移
对于每一层都做一遍斜率优化即可。
\(\text{XVI}\). CF1781F Bracket Insertion
易得总方案数为 \((2n-1)!!\)，所以只需计数。
考虑把 ( 看作 \(1\)，) 看作 \(-1\)。那么合法等价于任意位置值非负。（因为总和一定为 \(0\)）
考虑在值为 \(x\) 的位置后面插入。若插入 ()，则会加入 \(x+1,x\)；若插入 )(，则会加入 \(x-1,x\)。
于是现在有一个初始为 \(\{0\}\) 的可重集。每次从中取出一个 \(x\)，并将 \(x-1,x\) 或 \(x+1,x\) 加入集合中。问操作方案数。
顺着时间线加入要关心 \(x\) 是否为 \(0\)，不好计数。于是考虑逆着做。
设 \(f_{n,x}\) 表示初始时为 \(\{x\}\)，操作 \(n\) 次后的方案数，枚举剩下的 \(n-1\) 次操作时对 \(x,x+1,x\) 三个数中的那一个，有转移
适当变形后得到
后面的式子可以预处理，这样就做到了 \(O(n^3)\)。
\(\text{XVII}\). [ARC073F] Many Moves
水题。一个 naive 的想法是设 \(f_{i,j,k}\) 表示当前执行到第 \(i\) 个要求，两个棋子的位置分别为 \(j,k\) 的答案，转移平凡。
注意到 \(j,k\) 中有一个是 \(a_{i-1}\)，且两者的相对顺序无关，所以可以去掉一维。
易得转移为
将绝对值拆开后用线段树维护即可。
\(\text{XVIII}\). *CF888F Connecting Vertices
非常吉利的题号！
先断环成链，那么要求每条边所覆盖的区间要么不交，要么包含。
这启示区间 DP。设 \(f_{l,r}\) 表示区间 \([l,r]\) 连在一起的方案数：
-
若在 \(l\) 和 \(r\) 之间连边，则枚举断点 \(k\)，将 \([l,k]\) 连在一起，\([k+1,r]\) 连在一起，这部分贡献为 \(\sum f_{l,k}\times f_{k+1,r}\)。
-
不在 \(l\) 和 \(r\) 之间连边，则枚举连接 \(l\) 和 \(r\) 的点 \(k\)，在 \([l,k]\) 之间连边，\([k,r]\) 之间连边，这部分贡献为 \(\sum f_{l,k}\times f_{k,r}\)。
直接这样算是错的，因为第二种情况会记重。
考虑给状态加一维 \(0/1\) 表示是否在 \(l\) 和 \(r\) 之间连边，在限制第二种情况枚举的 \(k\) 满足 \(l\) 和 \(k\) 之间连边就不会记重了。
\(\text{XIX}\). *[JOISC2020] 治療計画
直接按时间轴 DP 不好做，于是考虑对序列 DP。
一个治疗计划 \((t,l,r)\)，对应平面上一条线段 \(((l,t),(r,t))\)，以此斜边做等腰直角三角形，就是这个计划能覆盖的范围。而两次治疗的衔接恰好对应一条斜率为 \(1/-1\) 的线段。
所以对于方案 \(i,j\)，若 \(r_i-l_j\ge\left|t_i-t_j\right|\)，就从 \(i\) 向 \(j\) 连一条边权为 \(c_j\) 的。那么最短路即为答案。
注意到 \(j\) 的每条入边的边权是相同的，所以 Dijkstra 时只会被加入堆中一次。直接用线段树维护即可。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
\(\text{XX}\). *[AGC056B] Range Argmax
观察到一个序列 \(x\) 可能由多个排列 \(p\) 生成，不好计数。于是考虑一种能让序列 \(x\) 唯一对应一个 \(p\) 的映射：
-
每次考虑 \(p\) 中的最大值的位置，记为 \(i\)。那么可以将跨过 \(i\) 的区间全部删掉，因为它们的 \(x\) 时已知的。
-
为了唯一对应，每次找到可能成为最大值的位置中最靠左的那一个，再考虑这样会有什么限制。
-
右边显然是一个子问题，故而只需考虑左边。
-
因为不能再靠左，所以对于左边的最大值的位置 \(j\)，至少要有一个区间同时覆盖的 \(i\) 和 \(j\)，否则交换 \(p_i\) 和 \(p_j\) 任然可以对应同样的序列 \(x\)。
-
换句话说，若记 \(pos_{l,r,i}=\min_{i\in[l_o,r_o]\subseteq[l,r]}l_o\)，要满足 \(j\ge pos_{l,r,i}\)。
这样分割区间的方式可以想到区间 DP。设 \(f_{l,r,i}\) 表示区间 \([l,r]\) 最大值位置 \(\ge i\) 的方案数，转移只需考虑最大值位置为 \(i\) 的方案数，其余的继承 \(f_{l,r,i+1}\)，所以有
\(\text{XXI}\). *[ARC121E] Directed Tree
这题可能想到容斥就做完了吧，但是奴才做不到啊！
考虑容斥，记 \(g_i\) 表示钦定 \(i\) 个不满足条件的方案数，那么有
然后就可以树形 DP 了。设 \(f_{u,i}\) 表示 \(u\) 的子树内钦定 \(i\) 个点不满足条件的方案数，那么转移就是树形背包合并子树，然后在考虑选择点 \(u\) 带来的贡献。
最后有 \(g_i=(n-i)!f_{1,i}\)，表示未被钦定的点可以任选。
\(\text{XXII}\). [PKUWC2018] 随机算法
考虑状压 DP，设 \(f_{s,i}\) 表示考虑了点集 \(s\) 内的点，独立集为 \(i\) 的方案数。这里的考虑表示所有在独立集中的点临点的并集。
那么转移可以枚举一个 \(j\not\in s\) 加入独立集，再计算一下转移系数：这些点都要在 \(j\) 后面，共有 \(n-\left|s\right|-1\) 个位置，且还有 \(\left|\complement_{Nv(j)}Nv(j)\cap s\right|\) 个点未被填放，所以方案数为
\(\text{XXIII}\). UVA12099 The Bookcase
直接 DP 不仅要记录 \(\sum w_i\)，还要记录 \(\max h_i\)，时间复杂度爆炸。
注意到转移顺序无关，所以考虑按 \(h_i\) 从大到小加入，每次加入时只需判断书架是否为空。而这可以判断 \(\sum w_i\) 是否为 \(0\)。
于是只需记录 \(\sum w_i\) 即可，时间复杂度 \(O(n\left(\sum w_i\right)^2)\)。
\(\text{XXIV}\). *UVA1628 Pizza Delivery
一眼区间 DP，但贡献不好提前计算，于是考虑再增加一维状态。
注意到只需知道后续操作中送出外卖的次数就可以提前计算贡献，所以把这也加入状态中。
由于送完一个区间后要么在左端点，要么在右端点，所以只需记录 \(0/1\)。
转移就枚举下次直接送客户 \(i\)，并跳过中间的客户。
但为了计算答案方便，状态的定义要为已送完区间 \([l,r]\) 的客户，再送其他客户的最小花费。否则无法计算答案。
\(\text{XXV}\). [USACO19JAN] Train Tracking 2 P
先考虑所有 \(c_i\) 都相同怎么做。
此时只有两种情况，要么 \(=c\)，要么 \(>c\)。类似于 ABC279G，设 \(f_i\) 表示 \(i\) 个数的方案数，那么有
这里为什么是 \(i-k-1\)，是因为这部分转移是要出去 \([i-k+1,i]\) 这段都大于 \(c\) 的贡献，此时要满足前面的条件，一定有 \(a_{i-k}=c\)，所以不能从算上。
再考虑推广，现在重点在于 \(c_i\) 不同的段之间可能会相互影响。
假设有 \(c_{i-1}>c_i\)，那么有
可以推出有
所以 \([i,i+k-1]\) 这段区间内的数都不用再考虑了，因为之前已经考虑过了。这等价于删掉前 \(k\) 个数。
类似地，若 \(c_i<c_{i+1}\)，则要删掉后 \(k\) 个数。
然后就转换为了独立的情况，直接乘法原理即可。
\(\text{XXVI}\). *CF1806D DSU Master
这都不会做，必须加训。
易得每个时刻一个联通块内的点的编号构成一段区间。
考虑什么时候 \(1\) 的儿子个数会发生改变。
假设此时 \(p_i=x\)，那么要满足以下三个条件：
-
\(1\) 到 \(x\) 已经联通。
-
\(a_x=0\)。
-
\(1\) 还没有父亲。
这样就会使得 \(x+1\) 所在连通块的根变成 \(1\) 的儿子。
于是考虑设计状态 \(f_i\) 表示长度为 \(i\) 的排列，操作完使得 \(1\) 到 \(i+1\) 联通且 \(1\) 为根节点的排列个数。转移分讨 \(a_i\) 的取值：
- 若 \(a_i=0\)，此时无论放到哪里都不会使得 \(1\) 不为根，有 \(i\) 种方案；否则当且仅当放在最后一个位置不合法，有 \(i-1\) 种方案。因此
统计答案就是平凡的了，设 \(ans_i\) 表示长度为 \(i\) 的排列的总贡献。前 \(i-1\) 个点的贡献会有方案数乘上 \(i\)，可得贡献为 \(ans_i\times i\)，而第 \(i\) 个点的贡献即为 \([a_i=0]\times f_{i-1}\)，原因是显然的。
所以有
\(\text{XXVII}\). [AGC009C] Division into Two
感觉这题放到现在大概就是 2000~2200 的水平。
一个暴力的 DP 是设 \(f_{i,j}\) 表示两个集合最后一个位置分别为 \(i,j\) 的方案数。但这样状态数就是 \(O(n^2)\) 的，不太好优化。
考虑换一种 \(O(n^2)\) 的 DP。设 \(f_{i,0/1,0/1}\) 表示将点 \(i-1\) 划到集合 \(X/Y\)，点 \(i\) 划到集合 \(X/Y\) 的方案数，转移就枚举上一个和 \(i\) 再同一个集合内的位置 \(j\)，从 \(f_{j+1,0/1,0/1}\) 转移过来。注意特判一些边界情况。
然后发现转移的 \(j\) 在一段区间内，直接用双指针维护区间端点+前缀和即可。
\(\text{XXVIII}\). [六省联考 2017] 分手是祝愿
先考虑如何求出一个序列的最小操作次数。一个显然的贪心是从大到小，要操作就操作。
接着注意到一个状态真正有用的只有其最小操作次数 \(t\)，操作对了 \(t\) 就减一，操作错了 \(t\) 就加一。而操作对的概率为 \(\frac{t}{n}\)。
于是就可以设计 DP \(f_i\) 表示从 \(i\) 转移到 \(i-1\) 的期望操作次数，那么有
解方程得到
如果初始状态的 \(t\le k\)，那么答案就是 \(t\)。
否则答案就是 \(k+\sum_{i=k+1}^tf_i\)。
\(\text{XXIV}\). [PA 2019] Muzyka pop
因为 \(\operatorname{popcount}\) 的存在，不好直接下手，于是考虑数位 DP。
考虑按二进制从高位到低位断开，那么每次显然是断成一些区间。
于是可以设 \(f_{bit,l,r,0/1}\) 表示考虑了低 \(bit\) 位，区间 \([l,r]\) 内的数除了低 \(bit\) 位都相同，低 \(bit\) 位是否满足 \(\le\) \(m\) 的低 \(bit\) 位的方案数。转移就枚举端点+分类讨论一下。
时间复杂度 \(O(n^3\log m)\)。
\(\text{XXX}\). [AGC043D] Merge Tripletss
考虑找到一个序列能被生成的充要，然后再据此 DP。
有一个显然的结论是对于任意的 \(i\)，不存在 \(a_i>\max(a_{i+1},a_{i+2},a_{i+3})\)。证明就是一个块内就只有 \(3\) 个元素。
换句话说，这个结论即为取出前缀 \(\max\) 后据此划分整个序列，每一段的长度 \(\le3\)。
但这只是必要条件，并不充分。一个反例就是 4 3 5 2 6 1。
注意到 4 3 5 2 6 1 不合法是因为无法用 \(3\) 个长为 \(2\) 的段拼出长为 \(1\) 的段。于是可以再得出一个必要条件：长为 \(2\) 的段的个数 \(\le\) 长为 \(1\) 的段的个数。
这两个条件加起来就充分了，具体考虑构造性证明：
-
一个长为 \(3\) 的段就直接分在一个块内。
-
对于一个长为 \(1\) 的段，找到一个长为 \(2\) 的段并将这两个拼起来。
-
剩下的都是长为 \(1\) 的段，三个三个的拼起来即可。
然后 DP 就设 \(f_{i,j}\) 表示考虑前 \(i\) 个数，长为 \(1\) 的段的个数 \(-\) 长为 \(2\) 的段的个数为 \(j\) 的方案数。转移就枚举下一个段的长度，并乘上对应的系数即可。
\(\text{XXXI}\). [ARC117E] Zero-Sum Ranges 2
先考虑如何对一个已知的序列快速求出答案。若记 \(cnt_i\) 表示前缀和为 \(i\) 个位置个数（包括 \(0\)），那么和为 \(0\) 的区间个数为
然后考虑 DP。把前缀和画在图上就是一些类似于山峰的形状，考虑从上往下 DP。因为这样会有一个优美的性质，每次加数只会加在两头和缝隙之间。
于是就可以设计 DP \(f_{d,i,j,k}\) 表示考虑到第 \(d\) 层，一共用了 \(i\) 个点，和为 \(0\) 的区间个数有 \(j\) 个，第 \(d\) 层有 \(k\) 个缝隙的方案数，那么转移就枚举下一层有 \(l\) 个点，那么系数为
证明考虑插板法，把 \(x\) 个求放到 \(k+2\) 个盒子里，不能为空。
但这样是 \(O(n^6)\) 的，可能不能通过。注意到 \(d\) 没什么用，直接不枚举即可。
但这样无法考虑前缀和小于 \(0\) 的位置，这是就需要把两部分拼起来。
此时 \(f_{i,j,k}\) 对应的就是 \(f_{2*n+1-i,m-j,k-1}\)，原因画一画图就知道了。
\(\text{XXXII}\). *[HAOI2016] 字符合并
可以发现类似于石子合并的过程，且 \(n\le300,k\le8\)，于是考虑区间 DP + 状压。
考虑设 \(f_{l,r,s}\) 表示区间 \([l,r]\) 合并后状态为 \(s\) 的最大价值。因为能合并就肯定合并，所以有 \(\left|s\right|<k\)。
一个 native 的转移就是枚举端点 \(i\) 后再枚举左右两边的状态，然后再枚举把 \([p,p+k-1]\) 这一段合并成一个数。但这样应该是 \(O(kn^32^{2k})\) 的，完全不能通过。
应该可以把合并的过程放到后面去做，然后变成 \(O(n^32^{2k})\)，但没什么用。
注意到很多转移其实是没用的。考虑每次只加入长度为 \(1\) 的状态，然后再考虑合并。容易证明这可以覆盖所有情况。这样是 \(O(n^32^k)\) 的，还是不能通过。
又因为能合并就合并，所以一个长为 \(len\) 的区间合并后的长度为 \(len\bmod(k-1)\)。那么转移枚举的数量就除以了 \(k\)，时间复杂度变为 \(O(\frac{n^3}{k}2^k)\)，可以通过。
\(\text{XXXIII}\). *[NOI2017] 泳池
先容斥成 \(\le k\) 的概率。
考虑 DP，设 \(f_{h,w}\) 表示考虑有 \(w\) 列的情况，此时保证下方的 \(h\) 行全部安全时所以子海域枚举均满足 \(\le k\) 时的概率。（注意概率不考虑下方的 \(h\) 行）
转移就枚举第 \(h+1\) 行第一个不安全的位置，有
那么答案即为 \(f_{0,n}\)。
因为满足面积 \(\le k\) 的矩形只有 \(O(n+k\log k)\) 个，所以暴力做是 \(O((n+k)^2\log k)\)。
考虑把 \(f_{0,w}\) 单独拿出来转移。若 \(w>k\)，那么前面的 \(f_{h+1,w}\times p^w\) 值为 \(0\)，可以忽略。而后面的就类似于一个常系数齐次线性递推的形式。
于是直接做就行了，因为数据范围较小，所以可以暴力乘和取模。
\(\text{XXXIV}\). *P11958 「ZHQOI R1」划分
又被薄纱了。
观察到答案 \(>0\) 当且仅当要么全为正，要么全为负，此时只会分一段，直接特判。
剩下的情况一定满足每一段的 \(\min\times\max<0\)，否则可以和别的段合并。
考虑一个段，只选择其中的 \([L,R]\) 这一段产生 \(a_L\times a_R\) 的贡献，其他部分无贡献。若这一段同时包含了 \(\min\) 和 \(\max\)，那么贡献不变；否则贡献一定会减小。
于是就可以转换题目：选择一些不交的区间 \([l_i,r_i]\)，最小化 \(\sum a_{l_i}\times a_{r_i}\)。
这可以直接 DP，设 \(f_i\) 表示前 \(i\) 个数的答案，分类讨论 \(i\) 不被区间覆盖和作为一个区间右端点的情况。
\(\text{XXXV}\). P11957 「ZHQOI R1」幂和
考虑先将 \((i+x)^k\) 拆开，转为对于每个 \(j\in[1,k]\) 求出 \(\sum_{i=0}^n(-1)^{\text{popcnt}(i)}i^j\)。
因为 \((-1)^{\text{popcnt}(i)}\) 不好量化，于是考虑直接暴力数位 DP，转移的过程同样拆开幂次。这样是 \(O(k^2\log n)\) 的。
然后可以用 NTT 优化到 \(O(k\log k\log n)\)。
\(\text{XXXVI}\). JOI2024 Final 马拉松比赛 2
容易观察到一个结论：终点 \(T\) 两侧的球，一定是先拿距离远的。
于是任意时刻被拿的球的区间为一段前缀+一段后缀。考虑设 \(f_{l,r,0/1}\) 表示已经拿了区间 \([1,l)\cup(r,n]\) 的球，且现在停留在 \(l/r\) 上的最小时间。转移是平凡的。
询问的时候就查询从离 \(T\) 最近的两个位置走过来。为了区分起点是 \(1/n\)，另设 \(g\) 表示相同的含义（只有起点不同）。
然后就可以做到 \(O(n^2+q)\) 了。
注意到 \(T\le5\times10^5\)，假设去重后还有 \(m\) 个位置，那么所需时间至少为 \(1+2+\cdots+m=O(m^2)\)。所以若 \(m>2\times10^3\)，答案一定是 No。
于是可以去重后做 DP，这样就是 \(O(m^2+q)\) 的。
\(\text{XXXVII}\). [USACO24OPEN] Activating Robots P
考虑以机器人为参照物，那么所有其他物体都会有一个顺时针 \(\frac{1}{k}\) 的速度。而此时人的速度为顺时针 \(\frac{k+1}{k}\) 或逆时针 \(\frac{k-1}{k}\)，且放机器人还要等激活点到来。
然后可以设 \(f_{S,i}\) 表示放了集合 \(S\) 内的机器人，且当前在点 \(i\) 的最短时间。转移就枚举下一个放机器人的位置 \(j\)，然后计算一下转移系数。可以用二分求出最近的激活点，时间复杂度为 \(O(2^RR^2\log N)\)。
考虑优化，发现每个 \(f\) 转移的最后都为进行一个映射 \(g\)。于是不妨改变 \(f\) 的状态为进行映射前，转移是就先映射在转移，这样就可以优化为 \(O(2^RR(\log N+R))\)。
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