Atcoder DP Contest 题目全讲（上）
前言：
有一些好写的题就不贴代码了，细节较多的再放上。
本篇文章为上期（收录题目 \(\text{A-->N}\)），题目较为基础，进阶题目放在下期讲解 。
A题
非常简单的方程。
\(f_i=\min \{f_{i-1}+|h_i-h_{i-1}|,f_{i-2}+|h_i-h_{i-2}|\}\)，递推一下就行了。
B题
跟上一题方程几乎一样，只需要枚举一下 \(k\) 即可，时间复杂度 \(O(nk)\)。
C题
很简单的题，设 \(f_{i,j}\) 表示第 \(i\) 天做第 \(j\) 种活动能得到的最大幸福度，答案为 \(\max_{j=1}^{3}\{f_{n,j}\}\)。
初始化和转移很简单，就不说了。
D题
\(01\) 背包问题模版，不再细说。
E题
数据范围变了一下，体积很大，价值很小。我们的思维也跟着一起变，从价值入手，设 \(f_i\) 表示得到 \(i\) 价值的物品所需的最小重量，转移与 \(01\) 背包一样。
最后扫一遍 \(f\) 数组，若 \(f_i\le W\)，就可以更新最大值。
F题
求最长公共子序列，要求输出这个序列。
输出 \(\text{dp}\) 方案的套路就是记录该状态从哪转移过来，对于这道题也一样，记录 \(f_{i,j}\) 是由 \(f_{i-1,j},f_{i,j-1},f_{i-1,j-1}\) 的哪一种转移来，然后倒序输出即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rd read()
#define ll long long
#define FOR(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define ROF(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)
int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
const int N=3010;
int n,m,f[N][N],x[N][N],y[N][N];
char a[N],b[N];
void print(int i,int j){
if(!i||!j) return;
print(i-x[i][j],j-y[i][j]);
if(a[i]==b[j]) cout<<a[i];
}
int main(){
cin>>(a+1)>>(b+1);
n=strlen(a+1),m=strlen(b+1);
FOR(i,1,n){
FOR(j,1,m){
if(a[i]==b[j]) f[i][j]=f[i-1][j-1]+1,x[i][j]=1,y[i][j]=1;
else if(f[i-1][j]>f[i][j-1]) f[i][j]=f[i-1][j],x[i][j]=1;
else f[i][j]=f[i][j-1],y[i][j]=1;
}
}
print(n,m);
return 0;
}
G题
经典拓扑排序 + \(\text{dp}\)。因为是 \(\text{DAG}\)，所以先拓扑排序求出序列，然后按顺序枚举所有点进行更新。
设 \(f_i\) 表示走到 \(i\) 点的最长路，答案为 \(\max_{i=1}^{n}\{f_i\}\)。
对于边 \((x,y)\)，更新为 \(f_y=\max\{f_x+1\}\)，这道题就做完了。
H题
\(O(n^2)\) 暴力递推即可，注意判断边界条件和是否可行。
这道题的加强版是很有意思的，是 Y 题，有能力的可以先行去看它。
I题
比较简单的概率题。
设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 枚硬币，有 \(j\) 枚朝上，初始化 \(f_{1,1}=p_1,f_{1,0}=1-p_1\)。
转移是显然的，\(f_{i,j}=f_{i-1,j}\times (1-p_i)+f_{i-1,j-1}\times p_i\)，注意 \(j=0\) 的情况。
最后统计答案为 \(\sum_{i=\left \lfloor \frac{n}{2}\right \rfloor+1 }^{n}f_{n,i}\)。
J题
期望题，难度薄纱了 \(\text{I}\) 题。
我们发现只需关心每个 \(a\) 值出现的次数，而不关心盘子的具体信息，所以从此角度出发设计状态。
设 \(f_{i,j,k}\) 表示 \(1\) 有 \(i\) 个，\(2\) 有 \(j\) 个，\(3\) 有 \(k\) 个，\(0\) 显然有 \(n-i-j-k\) 个，考虑转移：
- 随机到 \(0\)，答案为 \(\frac{n-i-j-k}{n}\times (f_{i,j,k}+1)\)。
- 随机到 \(1\)，答案为 \(\frac{i}{n}\times (f_{i-1,j,k}+1)\)。
- 随机到 \(2\)，答案为 \(\frac{j}{n}\times (f_{i+1,j-1,k}+1)\)。
- 随机到 \(3\)，答案为 \(\frac{k}{n}\times (f_{i,j+1,k-1}+1)\)。
将所有式子加起来并进行化简，得到 \(f_{i,j,k}=\frac{if_{i-1,j,k}+jf_{i+1,j-1,k}+kf_{i,j+1,k-1}+n}{i+j+k}\)。
枚举 \(i,j,k\) 转移即可，注意按 \(k,j,i\) 的顺序枚举，防止后效性。
时间复杂度 \(O(n^3)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rd read()
#define ll long long
#define FOR(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define ROF(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)
int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
const int N=310;
int n,a[N];double f[N][N][N];
int main(){
n=rd;
FOR(i,1,n){int x=rd;a[x]++;}
FOR(k,0,n) FOR(j,0,n) FOR(i,0,n){
if(!i&&!j&&!k) continue;
f[i][j][k]=n;
if(i) f[i][j][k]+=i*f[i-1][j][k];
if(j) f[i][j][k]+=j*f[i+1][j-1][k];
if(k) f[i][j][k]+=k*f[i][j+1][k-1];
f[i][j][k]/=i+j+k;
}
printf("%.12lf\n",f[a[1]][a[2]][a[3]]);
return 0;
}
K题
博弈论，但本质还是 \(\text{dp}\) 求解。
不难发现以下结论：
- 只剩 \(0\) 颗石子时，当前操作者必败。
- 每个人会选择最佳策略，所以只要当前状态能到达必败态，那么这个人就获胜了。
所以 \(f_0=0\)，然后我们枚举石子，枚举所选集合，递推就可以了。
L题
又是博弈，思考策略。
发现经过某些轮后，最后剩下的一定是一段连续区间，再看数据范围，似乎允许区间 \(\text{dp}\)。所以我们设 \(f_{i,j}\) 表示剩下区间 \([i,j]\) 时先手能得到的最大分数差。
转移时考虑两个人的博弈过程：
- 若取走了偶数个数，此时先手取，\(f_{i,j}=\max(f_{i+1,j}+a_i,f_{i,j-1}+a_j)\)。
- 若取走了奇数个数，此时后手取，\(f_{i,j}=\min(f_{i+1,j}-a_i,f_{i,j-1}-a_j)\)。
时间复杂度 \(O(n^2)\)。
M题
求方案数，状态设计和转移非常显然：设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个人，总共分了 \(j\) 个糖果的方案数，答案 \(f_{n,k}\)。
转移时枚举 \(i\) 选了多少糖果： \(f_{i,j}=\sum_{k=0}^{a_i}f_{i-1,j-k}\)，时间复杂度 \(O(nk^2)\)，考虑优化。
发现转移的是一个区间 \([max(0,j-a_i),j]\)，可以使用前缀和优化，注意处理数组越界情况（虽然好像越界也能过 ），然后就做完了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rd read()
#define ll long long
#define FOR(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define ROF(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)
int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
const int N=110,M=1e5+10,mod=1e9+7;
int n,k,f[N][M],s[N][M],a[N];
int main(){
n=rd,k=rd;FOR(i,1,n) a[i]=rd;
FOR(i,0,a[1]) f[1][i]=1;s[1][0]=f[1][0];
FOR(i,1,k) s[1][i]=s[1][i-1]+f[1][i];
FOR(i,2,n){
FOR(j,0,k){
if(j-a[i]<=0) f[i][j]=s[i-1][j];
else f[i][j]=(1ll*s[i-1][j]-s[i-1][j-a[i]-1]+mod)%mod;
if(j>0) s[i][j]=(s[i][j-1]+f[i][j])%mod;
else s[i][j]=f[i][j];
}
}
printf("%d\n",f[n][k]);
return 0;
}
N题
经典区间 \(\text{dp}\)，设 \(f_{i,j}\) 表示将区间 \([i,j]\) 合并为一段的最小花费，答案 \(f_{1,n}\)，转移时枚举区间断点 \(k\)，则
\(f_{i,j}=\min\{f_{i,k}+f_{k+1,j}+\text{sum}(i,j)\}\)。
浙公网安备 33010602011771号