CF DP 题目思路整理

CF1592C

考虑k=2。

如果总异或和为0，任意删。（可以反证）
否则无解了（可以反证）

没思路？
考虑k=3。

你画一下这三个连通块，设其分别异或和为s。我们可以把两个合并一下，异或和为0，这样我们发现，对于剩下的那个连通块，s一定等于总异或和。
故就是找三个连通块，分别异或和等于总异或和s。

应当注意的是这个k=3你是不会做的，贴代码

//xorsum代表子树异或和，s代表总异或和，cnt代表子树中能被可割且不相交的个数
void dfs(int u, int fa) {
    xorsum[u] = a[u];
    for (int i = h[u]; i; i = ne[i]) {
        int j = e[i];
        if (j == fa) continue;
        dfs(j, u);
        xorsum[u] ^= xorsum[j], cnt[u] += cnt[j];
    }
    //考虑合并子树，看看合法？子树两个or子树1个加当前
    if (cnt[u] >= 2 || (cnt[u] == 1 && !xorsum[u])) flag = true;
    if (!cnt[u] && xorsum[u] == s) cnt[u] = 1; //当前贡献一个
}

没思路？
考虑k=4。magic出现了！设其x，你考虑把两个合并，变成0，再合并一个，变成x，这样就是找一条边的情况！也就是说，存在四个连通块，首先应该存在两个连通块。
k=5,应该先存在3个连通块。
...
于是就做完了，只需要考虑k=2,3的情况。

CF1805D

我没看题解，比如说先拿特殊数据找规律，比如一条链，或者k很小，k很大。跟距离有关，有可能可以从直径的视角分析。 $---lester$

题面乍一看好像没什么头绪，不妨先按题意模拟一下过程。

模拟：

刚开始 $k=1$，$G_k$里任意两点之间都相连，此时整个图就是一个 SCC。
$k$ 增大到 $2$，长度为 $1$ 的边断了，剩下的边还保留着。这时候可能有一些点脱离“大部队”，$SCC$ 数量可能会增加。$k$ 不断增大，一直到 $k=n$ 时，显然所有边都断了，每个点都是孤立的 $SCC$。

可以看出，$k$ 从 $1$ 到 $n$ 的整个过程，整个图逐渐在断边，有越来越多的点脱离“大部队”，$SCC$ 的数量逐渐增加，直到每个点都是一个 $SCC$。

考虑条件：

现在假如我们知道这个“大部队”是什么，对于每个点，它是怎么脱离“大部队”的呢？可以发现，当 $k$ 比它到“大部队”的最远距离还要大，那么这个点到“大部队”的所有边全断，也就脱离出来了,否则一定在大部队里面，因为你考虑两个点，一定可以通过最远的那个点连通。

题目给出的是一棵树，联想到一条和最远距离相关的性质：对于树上任意一点，其余点中离这个点距离最远的点，一定是（我钦定的一条）树的直径的端点。

由此可以发现，这个“大部队”其实就是树的一条直径，那么这题就做出来了：找到一条直径的两端，和其余点到两个端点距离的最大值，当 $k$ 大于这个值，$SCC$ 数量增加 $1$。

CF1275D

很容易注意到一天要打最多的怪。
接着考虑在一天中当前打到第 $l$ 个怪（未打），将打掉到第 $r$ 个怪，可行否？<-(其实这步我是想到的)
对怪物，若存在英雄 $i$，使得 $s_i \geq r-l+1$ 且 $p_i \geq \max_{i=l..r}{a_i}$，则可行。（充要）
到这里其实可以做了呢，我们把英雄按 $s$ 排个序，我们二分这个 $r$，那相当于在一个后缀里面查$p_i$ 最大值。
要得到 $O(n)$ 算法，我们还得动点脑子。
既然可以二分答案，那能不能增量式？因为查询不依赖 $l$，那其实这个过程是非常重复的，那我们可以预处理出 $bst_r = \max_{i=r..n} p_i$，对每天从 $l$ 开始循环到可行条件不成立即可。

CF1781D

求差求和、套用公式是常用的构造技巧。

考虑完一个的答案后，我们考虑两个的条件，因为如果存在三个的方案，一定存在两个的方案。
如果说两个的方案不多，我们可以枚举。实际上也是这么做的。

声明一下：我们设 $ g(x) $ 为 $ a_1 + x, a_2 + x, \cdots, a_n + x $ 中完全平方数的个数。

答案至少为 1，这里不再证明。
如何让答案更大（至少等于 2）：
- 枚举两个下标 $ i \ (i \leq n) $ 与 $ j \ (j \leq n) $，其中 $ i < j $
- 找出 $ x $ 与 $ a_i $ 和 $ a_j $ 的关系

设：$a_i + x = p^2 \quad$ 与 $\quad a_j + x = q^2$
两式相减得：
$ a_j - a_i = q^2 - p^2 = (q - p)(q + p) $

设 $q - p = d$（$d$ 是 $a_j - a_i$ 的因数），可得方程组：

\[\begin{cases} q - p = d \\ q + p = \dfrac{a_j - a_i}{d} \end{cases} \]

解得 $ p $ 和 $ q $：

\[\begin{cases} p = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{a_j - a_i}{d} - d \right) \\ q = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{a_j - a_i}{d} + d \right) \end{cases} \]

关键推导：求 $ x $

\[x = \dfrac{1}{4} \left( \dfrac{a_j - a_i}{d} - d \right)^2 - a_i = \dfrac{1}{4} \left( \dfrac{a_j - a_i}{d} + d \right)^2 - a_j \]

$x$ 数目不多，最后枚举所有可能的 $ x $ 计算 $ g(x) $ 即可！

CF1720D1

$x - y, y - x \leq x \oplus y \leq x + y$。
\[dp_i = \max_{0 \leq j<i}{([a_j \oplus i < a_i \oplus j]f_j)+1} \]

优化：

$a$ 的范围只有200。要玩点性质。
$x - y, y - x \leq x \oplus y \leq x + y$
$i - a_j < a_i + j$
$i - j < a_i + a_j \leq 400$
做完了。

CF734C

魔法魔法。不超过一次，直接枚举吧！考虑怎么优化到只枚举一个，那由于另一个单调，双指针就做完了。

扩展的是，哪怕另一个没有单调性，也能用类似单调队列的样子踢掉，不单调一定不优。
如果能使用多个魔法，那就是背包问题了。

CF1401D

$\sum\limits_{i=1}^{n-1} \sum\limits_{j=i+1}^n f(i,j)$
直接变成对一条边而言的权重 $siz_u * (n - siz_u)$，然后贪心的放质因子。注意不要取模。调的太久了。
代码

CF161D

树上距离为 $k$ 的点对数目。可以淀粉质。
直接 $DP$ 也可以哩！

void dfs(int u, int fa) {
    f[u][0] = 1;
    for (int i = h[u]; i; i = ne[i]) {
        int j = e[i]; if (j == fa) continue;
        dfs(j, u);
        for (int k = 1; k <= m; k ++ )
            f[u][k] += f[j][k - 1];
    }
    ans += f[u][m];
    for (int i = h[u]; i; i = ne[i]) {
        int j = e[i]; if (j == fa) continue;
        for (int k = 0; k <= m; k ++ )
            ans += (LL)(f[u][m - k] - f[j][m - k - 1]) * f[j][k - 1];
    }
}

int main {
    cout << ans / 2 << endl;
}

CF1955F

代码最短的的绿题了。

题意：给定一个数字 $n$ 和 $n$ 个序列中数字 $1$，$2$，$3$，$4$ 的个数，每个序列以最佳方式（保证下文总和尽可能大）每次取出序列中的 $1$ 个数字直至该序列为空，每个序列求每次取出后所有数字的异或不为 $0$ 的次数总和。
$4$ 比较特殊，先把他讨论掉。那如果他是奇数，我一定要先做一次，要不然答案更劣。这样变成偶数，那其实可以都做完了再处理他，这是最优的。贡献 $p_4 >> 1$
$1, 2, 3$ 若奇偶性不同，那假设单独的那个是奇，那直接减去，假设单独的是偶，那需要对其他两个减 $1$，否则一定不优。好了这样我们就处理到三个奇偶性相同了，要么他们都减 $1$，代价 $3$，要么对其中一个减 $2$，代价 $2$，显然这更优。那每减 $2$，就贡献 $1$。 $(p_1 >> 1) + (p_2 >> 1) + (p_3 >> 1)$。考虑最后，若 $3$ 个 $1$，还需加 $1$。
这样其实就是最优的，通过最优决策分析（
也可 $dp_{i, j, k}$ 代表 $i$ 个 $1$, $j$ 个 $2$, $k$ 个 $3$ 从而求解。

CF1535D

前面与 $CSP-S \ 2024 \ T4$ 很类似。疑似这个题加强变难版。这个建树应该好好掌握。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cassert>
using namespace std;

const int N = 1000010;

int n, m, q;
int f[N]; //点上哈
char s[N];

void update(int u) {
    if (s[u] == '0') f[u] = f[u << 1 | 1];
    if (s[u] == '1') f[u] = f[u << 1]; //子节点编号反过来了
    if (s[u] == '?') f[u] = f[u << 1] + f[u << 1 | 1]; 
}

void build(int u, int l, int r) { //l~r获胜的，存在在u中
    if (l == r) { f[u] = 1; return; }
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(u << 1, l, mid), build(u << 1 | 1, mid + 1, r);
    update(u);
}

int main() {
    scanf("%d", &m); n = (1 << m) - 1;
    scanf("%s", s + 1);
    reverse(s + 1, s + n + 1);
    build(1, 1, n + 1); //为什么加一呢，由于有2^m个叶子
    
    cin >> q;
    while (q -- ) {
        int p; char c[2];
        scanf("%d%s", &p, c); p = n + 1 - p; //这里好理解，画个图看看
        
        s[p] = c[0];
        while (p) {
            update(p);
            p >>= 1;
        }
        cout << f[1] << endl;
    } 
    return 0;
}

CF339C

这个题注意哈。你首先想 $dp_{i,j,k,t}$ 代表前 $i$, 砝码质量分别是 $j,k$, 上一个是 $t$，是否可行。
这肯定是过不去的。这个 $trick$ 可以记一下，比较常见：

$dp_{i,diff,t}$ 只记录两砝码差值 $diff$。

CF1446B

很那啥了，不知道这种题目自己为什么没做出来，我猜是看到 $LCS$ 就以为往上面走了，但其实就是状态相似：

$dp_{i,j}$ 代表 $s_i, t_j$ 结尾的最大贡献。
若 $s_i=t_j$, $dp_{i-1,j-1}+2→$
否则，$max(dp(i-1,j) - 1,dp(i,j-1) - 1, 0) →$

CF869C

这个计数，你首先要考虑的是限制是什么。。然后还有一个枚举的计数技巧。
拿此题来说，相当于：

同颜色不能相互连边
两种颜色扣出的图是匹配

除此之外没有限制了。那其实就三种连边方式：$A→B,B→C,C→A$。那考虑 $A→B$：

枚举 $1,2,3...min(a,b)$ 个点的情况, 则 $\sum_{i=0}^{min(a,b)} C_a^i *C_b^i * i!$

另解：DP
设 $f(i,j)$ 为在数量为 $i$ 的颜色的岛与数量为 $j$ 的颜色的岛之间连边的方案数。比如，$f(1,1)=2$，因为我既可以选择不连边，也可以选择连一条边。那么，答案就是 $f(a,b)×f(b,c)×f(a,c)$。

考虑 $f$ 的递推式。明显的，同一个点只能连出去一条边，也可以不连边。如果我连边，则要在 $j$ 个点中选一个点和它相连，有 $j$ 种可能性，而 $i$ 要减一，$j$ 也要减一。如果我不连边，则只有一种可能性，$i$ 减一，$j$ 不变。于是我们得到了方程。

$f(i,j)=f(i−1,j−1)×j+f(i−1,j)$
边界条件明显是 $f(i,0)=f(0,i)=1$。前面的式子直接递推即可。时间复杂度在默认 $a,b,c$ 同阶的情况下是 $O(a^2)$

CF1221D

序列左右各不等的处理方案，即 $a_i \neq a_{i-1}$。

观察：任意位置上的数增加值 $Δx=0,1,2$
无脑 $DP$。

CF1552D

非常好的观察题。下面是我复制的题解。其实你拿到这个题，第一反应是 $b$ 多一个就好了，那现在实际上就是要缩掉这一个，考虑什么时候能缩掉，那其实就是存在一个子集合加和为 $a_p$，和下面描述等价。

我们考虑一个图论模型，如果 $( b_j - b_k = a_i )$，那么连 $((j, k))$ 为一条无向边。如果图中出现了一个长度为 ( $n$ ) 的链 $( x_1 \leftrightarrow x_2 \leftrightarrow \cdots \leftrightarrow x_n )$，我们一定可以确定 $( x_1 )$ 和 $（ x_n )$ 之间的关系。换句话来说，在这张图中，已经无法人为的添加任何一条边，否则都有可能会与现有条件产生冲突。

然而现在题目就是构造基环树，考虑加入一条边不会冲突当且仅当它所在的环境没有产生冲突，其它的条件都不会产生冲突。返回定义看什么时候产生环，即：$( b_{x_1} - b_{x_2} \in a, b_{x_2} - b_{x_3} \in a, \ldots, b_{x_k} - b_{x_1} \in a )$。

因为 $( b_{x_1} - b_{x_2} + b_{x_2} - b_{x_3} + \cdots + b_{x_k} - b_{x_1} = 0 )$，所以题目转化为：对 $( a )$ 的每个元素任意取正负，是否存在一个 $( a )$ 的子集和为 $0$。

一个常见模型：$x_{i + 1} = (x_i + k) \mod n$

有周期性。$$x_i = x_{i + T}, T = \frac{n}{gcd(n, k)}$$
证明:

\[x_i = x_{i + T} \]

\[x_i \equiv x_i + T * k \mod n \]

\[T * k \equiv 0 \mod n \]

那接下来的工作就是引入公因数：

\[T * k' * d \equiv n' * d \mod n \]

由于 $gcd(k', n') = 1$：

\[\frac{n}{gcd(n, k)} | \ T \]

如果你想证明最小性，反证。

同余性质（自己拿数学归纳法证就行）：

\[x_i \equiv x_1 \mod d \]

感性理解整个序列：$$1, 1 + d, 1 + 2 * d....$$

CF1267E

这个题是上个结论的应用题。你考虑枚举答案 $n$，这样问题就变成了：有若干相等的块（大小 $\frac{n}{d}$），共有 $d$ 个，那问你这一堆颜色能不能安放。
这是容易的。

posted @ 2025-05-21 17:18 hhhhhua 阅读(12) 评论(0) 收藏举报

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CF1446B

CF869C

CF1221D

CF1552D

CF1843F1

CF1525D

CF429B

CF1902D

一个常见模型：\(x_{i + 1} = (x_i + k) \mod n\)

CF1267E

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