10月模板清理
20241016
记 \(f[i][j]\) 表示把 \(s[i \sim j]\) 变成回文，最少补几个，从 \(f[i][j - 1], f[i + 1][j], f[i + 1][j - 1]\) 三种情况转移过来即可。感性理解一下这样的状态定义是有最优子结构的。
肯定可以区间 \(dp\)，再注意到状态的转移和上一步有关，所以记 \(f[i][j][0/1]\) 表示 \(H[i \sim j]\) 的方案数，其中 \(0\) 表示最新的一个人插进了队形左端（即 \(H[i]\)），\(1\) 就是右端（即 \(H[j]\)），根据大小关系转移即可。
唯一值得注意的是此题可以倒推，并且倒推之后的答案统计是 \(O(1)\) 的。正推的答案统计是 \(O(n)\) 的。
一个很朴素的想法是把两条路的位置同时都实时记录下来，这样就好转移了，事实证明是可以的。
记 \(f[i][j][p][q]\) 表示第一条路走到了 \((i, j)\)，第二条路走到了 \((p, q)\) 的最大权值和。它可以转移到四种情况，即：
- 第一条路 往右走， 第二条路 往右走。
- 第一条路 往右走， 第二条路 往下走。
- 第一条路 往下走， 第二条路 往右走。
- 第一条路 往下走， 第二条路 往下走。
分 点重合/不重合 两种情况赋予转移代价，套上 \(BFS\)， 直接转移就是 \(O(n^4)\) 的，当然需要标记一下每个点是否访问过。
考虑优化成 \(O(n^3)\)，注意上面的方法两条路走的步数始终相同。记 \(f[i][j][k]\) 表示两条路都走了 \(i\) 步，第一条路处于第 \(j\) 行，第二条路处于第 \(k\) 行，最大权值和。起点是 \((1, 1)\)，因此 \((x - 1) + (y - 1) = i\)， 则 \(y = i - x + 2\)。最后特判一下只走了 \(1\) 步的情况就行，因为不满足这个式子。
学到一个 \(trick\) : 区间相关的环形问题，可以把序列复制一遍接在后面，然后只推到 \(len = n\) 就可以了，最后取 \(\max_{i \in (1, n + 1)} f[i][i + n - 1]\)。这样比 \(n\) 次区间 \(dp\) 快很多，因为不同的断点位置下的区间可以使用相同的一段很小的区间。
最大子段和 + 前后缀max 连一下就可以。
一个最大独立集问题，记 \(f[u][0/1]\) 表示选 \(u\) 或者不选 \(u\)，对于一个儿子 \(v\)，有转移：
树上背包，记得给 \((u, v)\) 留一条边就可以了，并且一定要连这条边，不然转移没有意义。
只有 \(n\) 能进行状态压缩。一开始的想法是记 \(f[i][S]\) 表示前 \(i\) 个操作，强制选 \(i\)，然后得到了 \(S\) 这个集合，最少操作数。然后还“机智”地发现开个 \(vector[i]\) 表示 \(f[i][?]\) 有哪些更新出来了。
然而无济于事，因为此题 \(dp\) 的顺序并不是简单的递推（会有后效性），因此采用记忆化 \(BFS\) 进行实现。
答案： \(min(f[i][0])\)。
初始化： \(f[0][(1 << n) - 1] = 0\)，其他初始化为 \(inf\)。
式子就是 \(f[i][S] = min(f[j][T] + 1, f[i][S])\)， \(T\) 的话就照着题目要求根据 \(S\) 推出来。
时间复杂度为 \(O(2^nmn)\)。
最后发现其实当前具体在哪个操作并不重要（下一步转移都是向全部操作），所以可以优化成一维。并且由于广搜良好的性质找到一个 \(f[0]\) 就直接输出就可以！
状态压缩DP技巧 - A Simple Task 「CF11D」
一开始想成树形dp了，然后发现非常的难写，因为点之间有各种路径计数，很难补充不漏。每次扩展和前一个状态的联系也不是很大。
题解是一种巧妙的状压dp。显然可以对已选点集进行状压。先考虑如何统计环的数量，对于 \(i \to j\) 的一条简单路径，若路径外一点 \(k\) 同时和 \(i\)，\(j\) 有连边，那么就成了一个环。基于此，我们可以转化成利用 \(dp\) 统计简单路径的数量，而统计答案时在另找一个点连环。（状压没想到，但这一步转化想到了……）
这样定义出来的状态是 \(f[S][i][j]\)，表示选择的点集为 \(S\)， \(i \to j\) 的简单路径的数量。转移比较好写。空间复杂度会达到 \(2^{19} \times 19^2 = 189,267,968\)，存不下，时间应该还要再乘一个 \(19\)， 也爆掉了。
考虑怎么优化时空。注意到后两维其实都是我们主动加的限制，但仅仅是为了统计答案而同时维护这两维显得有些不划算。能不能利用好 \(S\) 中包含 \(i, j\) 的性质进行一些优化呢？
考虑强制规定 \(lowbit(S)\) 那一位是起点，\(i\) 作为终点，这样只要遇到一个满足 \((1 << i) = lowbit(S)\) 的 \(i\)， 就统计答案。
状态： \(f[S][i]\)，意义如上。
答案： \(ans = \sum_{lowbit(S) = 2^i}f[S][i]\)。最后记得 \(ans = (ans - m)/2\)， 因为会误算 一条边和两个端点的“假环”。
初始化： \(f[2^i][i] = 1,i \in [0, n - 1]\)。
转移：
20241017
数位dp经典题。分两步求解：
- 预处理 \(f[i][j]\)，表示有 \(i\) 位，最高位填 \(j\)，方案数。
- 记 \(dp(x)\) 表示 \(1 \sim x\) 有多少个 \(Windy\) 数，则答案为 \(dp(b) - dp(a - 1)\)。
记 \(a[1 \sim cnt]\) 表示 \(x\) 的每一位（从高到低），那么每一位的转移分 \(now \lt a[i]\) （后面的位随便填，可直接调用 \(f\) 统计答案）和 \(now = a[i]\) （继续往下走）两种情况转移。走到 \(i = 1\) 记得 \(ans\) 还要额外 \(+1\)，就是这个数本身的答案。
20241018
可以是数位dp，也可以是高维dp……
- 还是先说一下我超级复杂的容斥做法吧!
记 \(f1\) 表示 相邻 2/1个 数相同，数的个数。
\(f2\) 表示 相邻 2/1个 数相同，且同时出现 4 和 8，数的个数。
\(f3\) 表示 同时出现 4 和 8，数的个数。
则答案为 \((r - l + 1) - (f1 + f3 - f2)\)。
写三个 数位dp预处理 和 三个数位统计就可以啦！
一看题解感觉自己……（哎至少是自己亲手做出来的一道蓝题！）
-
正解是记 \(f[x][last1][last2][f4][f8][flag]\) 表示 \(x\) 位数，上一个数是 \(last1\)，上上个数是 \(last2\)，是否出现 4，是否出现 8，是否有数字连续出现 3 次，数的个数。
转移比较典型，分 \(i < a[x]\) 和 \(i = a[x]\) 两种情况转移。
注意这里我们要求的是至少要连续出现 3 次了，和我上面的做法是反着的。
20241023
数位DP - Round Numbers 「USACO06NOV」
首先读题读对：二进制下数位dp
还是很典的数位dp，先写预处理，再写 \(dp(x)\)，最后 \(dp(r) - dp(l - 1)\)。
一开始我的定义是 \(f[i][j]\) 表示 \(i\) 位数，含有 \(j\) 个 \(0\) 的圆数个数。由于包含了前导零的情况，转移容易算重，非常不好写……
考虑增加一位区分有没有前导零，记 \(f[i][0/1][k]\) 表示 \(i\) 位数，最高位是 \(0/1\)，含有 \(k\) 个 \(0\) 的圆数个数。接着来考虑贡献组成：
设当前求解的数为 \(x\)，有 \(cnt\) 位。
- \(Case\ 1\)：含有前导零，贡献为
- \(Case\ 2\)：不含前导零，最高位就强制填 \(0\)。从高位到低位统计，若 \(a[i] = 0\)，直接过；若 \(a[i] = 1\)，可以选择填 \(0\) 然后算贡献。
（数位dp终于做完了……）
由于空间跑路器的存在，直接跑最短路再 \(popcount\) 是错滴。
看到 \(2^k\)，想到这种题应该和倍增有关系。
考虑一个情景：
- 如果 \((i \to k)\) 和 \((k \to j)\) 都有一条长为 \(2^0\) 的路，那么 \((i \to j)\) 就有一条长度为 \(2^1\) 的路！然后用跑路器就可以 \(1s\) 跑完，即 \(i, j\) 之间存在一条权值为 \(1\) 的边。
这个情景告诉我们，如果我们能知道 哪些点之间能用跑路器，即 “存在 \(2^k\) 的路径” ，并给他们在新图上连一条权值为 \(1\) 的边，就差不多做完了。
现在考虑怎么求 “点之间存不存在这种路径”。
有向图概率期望dp。
这其实是 \(DAG\) 上\(dp\)。转移顺序就确定了。
然后就是期望 \(dp\) 的部分。期望 \(dp\) 很多状态都是倒着定义的，形如 “当前在某个中间状态 \(i\)，要到终止态 \(n\) 还需要的期望值”。
此题就是 \(f[u]\) 表示当前到达了 \(u\)，走到 \(n\) 还需要的期望步数。
因为转移顺序中没有回头路可走，所以不用考虑自转移的情况。
\(d[u]\) 是 \(u\) 的入度。
“自转移” 参见这道题：百事世界杯之旅-luogu
因为说了是有向图，所以感觉就很能dp，但是不是 \(DAG\)，遇到环就dp不了了。
再思考，进了一个环肯定要把贡献全部拿完才会出来，再根据“恢复系数”，可以预处理每个环的贡献，最后环缩点。
缩点后整张图就变成一张 \(DAG\) 了，就可以愉快的dp了。
最后注意因为 \(s\) 不一定是入度为0的点，所以要么 先一次 \(dfs\) 把涉及的子图全部跑出来，再 \(topsort\)；要么直接 \(bfs\)，每个点可能重复入几次（没被卡时间）
时间复杂度瓶颈在算环的贡献，最坏情况是 \(O(mlog_p{\frac{1}{w}})\)，\(p\) 是恢复系数，\(w\) 是初始蘑菇数。
设 \(f[i][j]\) 表示走到 \((i, j)\)，最大收益。
感觉既可以 \(st\) 表，也可以单调队列优化。\(2000ms\)嘛，\(O(n^2logn)\) 能卡。
考虑一组 \(a \lt b\)， \(f[i - 1][a] \lt f[i - 1][b]\)，那么 \(a\) 就永远无法成为贡献点了，因为位置不如 \(b\) 优，而且值也没有 \(b\) 大。
由此，我们需要维护一个 \(f[i][j]\) 递减的单减栈，队尾维护单调性，队首清理过期元素即可。
20241024
考虑已知跨步的范围后怎么做。记 \(f[i]\) 表示跳到第 \(i\) 个格子，最大分数，容易写出转移：
显然 \(g\) 可以二分，直接做是 \(O(n^2logn)\) 的。
考虑单调队列优化dp，维护一个 \(f[i]\) 单调递减的单调栈。
一个细节是若 \(d[i + 1] - d[i] \lt l\) 是不能直接把 \(i\) 加入的，要记一个 \(nw\) 表示现在加到哪一个了，每次判断距离是否 \(\ge l\) 了。总之细节比较多。
自己写过之后看了一下别人的代码，发现很多东西可以合并。比如 \(nw\) 从 \(0\) 开始而不要从 \(1\) 开始，且当 \(head \le tail\) 时才更新 \(f[i]\)，这样开头涉及 \(0\) 的部分就不会出错了。代码也简洁多了。
并且单调队列的过期清理应该也只需要一次，放在插入元素之后搞一次。如果 \(f[nw]\) 真的在 \(f[q[tail]]\) 处遇到了这些过期元素，那也是没问题的，因为要么就是 \(f[nw] >= f[q[tail]]\)，这些东西本来就会弹出去。要么就是 \(f[nw] < f[q[tail]]\)，那之后过期清理也就对了。
20241025
发现自根往下选并不好决策，考虑倒着做。
定义：记 \(f[i][j]\) 表示 在 \(i\) 的子树内，选的总体积为 \(j\) 且必选 \(i\)，最大价值。
答案：\(\max_{1 \le i \le vmax}f[root][i]\)
转移：\(f[i][j] = \max_{j - k \ge a[i]}f[i][j - k] + f[son[i]][k]\)
初始化：\(f[i][a[i]] = b[i]\)，其他的设为 \(-inf\)。
void dfs(int u){
f[u][a[u]] = b[u];
for(auto v : G[u]){
dfs(v);
G(i, vmax, a[u]){
G(j, i, a[v]){
if(f[u][i - j] >= 0 && f[v][j] >= 0)
f[u][i] = max(f[u][i], f[u][i - j] + f[v][j]);
}
}
}
}
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