CodeForces 高分段 dp 选做

选取方式：CF *3000+ 按通过人数排序。

CF1188D Make Equal

记 \(cnt(x)\) 表示 \(x\) 二进制下 \(1\) 的个数，题目等价于求 \(x\) 使得

\[\sum_{x=1}^n cnt(x + a_n - a_i) \]

最小。

令 \(a_i = a_n - a_i\)。

从低位到高位考虑，假设当前要决策第 \(k\) 位，我们需要知道:

\(1.\) \(x\) 在这一位的值

\(2.\) \(a_i\) 在这一位的值

\(3.\) 之前的决策引起的进位

其中第三部分比较棘手，但是如果不考虑更高的位，那么 \(\mod 2^{k}\) 越大的 \(a\) 显然越容易进位，于是我们在每一位的决策是把所有 \(a\) 按 \(\mod 2^{k}\) 从大到小排序，那么进位的一定是一个前缀，直接枚举这个前缀，设 \(f_{i,j}\) 表示考虑前 \(i\) 位，第 \(i\) 位有 \(j\) 个进位的最小答案，简单讨论转移，时间复杂度 \(O(n \log n \log a)\)。

总结：

• 可以先设计一个暴力 dp 状态（实际上笔者在做题时先想到了按 \(\mod 2^k\) 分类，但是误以为是贪心，导致没有做出本题）
• 利用偏序关系化简状态，某些指数级的状态按顺序做就可能降为多项式级别

CF1476F Lanterns

假设我们求出了一个前缀灯集合的覆盖方式，如果仅仅记录是否能覆盖，那下一个灯向左可能导致之前的灯向右来获取更优的方案。

题目中要求最后每个位置都要被覆盖，于是可以这样设计状态：\(f_i\) 表示前 \(i\) 个灯能覆盖的最长前缀，分以下情况转移：

\(1.\) \(f_{i-1} < i: f_{i-1} \to f_i\)

\(2.\) 第 \(i\) 盏灯向右：\(\max{{f_{i-1},i+p_i}} \to f_i\)

\(3.\) 第 \(i\) 盏灯向左：找到最大的 \(t\) 使得 \(f_t > i - p_i\)，\(\max{i-1,t+1+t_{p+1},...i - 1 + p_{i-1}} \to f_i\)

二分 \(t\)，使用 st 表维护 \(\max i + p_i\)，时间复杂度 \(O(n \log n)\)。

总结：

• 在复杂度不变的情况下增加信息，可以使得决策更易维护
• 最优子结构可以不连续

CF1647F Madoka and Laziness

一个初步的观察是一定有一个峰值是全局最大值，我们不妨设其位 \(x\)，另一个峰值 \(y\)，在它右边。

那么题目所求等价于：

\(1.\) 把 \(1 \to x\) 划分成两个递增子序列，最小化不含 \(x\) 的最右侧值。
\(2.\) 把 \(y \to n\) 划分成两个递减子序列，最小化不含 \(y\) 的最左侧值。
\(3.\) 把 \(x \to y\) 划分成一个递增，一个递减的子序列。

其中 \(1,2\) 可以简单 dp 解决，我们来讨论 \(3\)，其实它就是 CF1144G。

容易设计一个朴素的 dp，将定义域值域互换，设 \(f_{i,0/1}\) 表示考虑到 \(i\)，\(a_i\) 属于递增/递减序列时吗，另一个序列结尾的最小/最大值，讨论 \(a_i,a_{i - 1}, f_{i-1},f_i\) 的关系即可转移，时间复杂度 \(O(n)\)。

总结：

• 值域 / 定义域可以将较小的设计进状态。

CF713E Sonya Partymaker

二分答案，先考虑链的情况，容易发现这和 CF1476F 是相似的问题，然而在本题中所有段的长度相等，于是在第三类转移中只需要考虑之前两个位置的情况。

现在将环划分，可以发现把距离最大的两个相邻点分开就可以求得答案，时间复杂度 \(O(n \log n)\)。

总结：

• 环上问题的划分可以考虑最值或倒推。
• 在第三类转移中只需要考虑之前两个，实际上是用最小的状态蕴含了前面的情况（所有段的长度相等，结构相似）

CF1842H Tenzing and Random Real Numbers

直接对着随机变量做是困难的，我们转化为关心它们之间的大小关系。

然而这样还是很难处理限制，那么需要构造一个函数使得若 \(f(x) < f(y)\)，则 \(x + y \leq 1\)，这自然的引出了 \(0.5\) 作为中间变量。

具体的，如果我们知道了每个 \(x_i\) 在 \(0.5\) 的哪一侧，它们与 \(0.5\) 的距离顺序，就可以判断是否满足限制，我们枚举距离最近的前 \(i\) 个数的集合，新加入一个数的系数就只有 \(\frac{1}{2}\)（在 \(0.5\) 的哪一侧），与 \(\frac{1}{i + 1}\)（距离恰好为第 \(i\) 大），简单 dp 即可完成，时间复杂度 \(O(n 2^n)\)。

总结：

• 具体值难算可以只关心顺序
• 可以通过构造函数，中间变量来解决限制

CF933E A Preponderant Reunion

我们把操作放宽为任意减小。

令 \(f_{l,r}\) 为只考虑 \(l,r\) 使得 \(l\) 到 \(r \leq 0\) 的最小代价，设 \(c_l = p_l,c_{i} = \max{p_i - c_{i-1}, 0}\)，那么

\[f_{l,r} = \sum_{i=l}^r c_i \]

设 \(g_{l,r}\) 表示放宽后 \(l,r\) 的答案，有 \(f_{l,r} = g_{l - 1,l + 1}, f_{l,l+1} = g_{l-1,l + 2}\)。

\[f_{l,r} = \sum_{i=l}^r c_i = \sum_{i=l}^{r-2} c_i + c_{r- 1} + \max p_r - c_{r- 1}, 0 = f_{l, r- 2} + \max{p_r, c_{r-1}} \geq f_{l, r - 1} + f_{r, r} \]

在最优情况中 \(r - 1\) 保留了，即 \(g_{l-1,r + 1} = g_{l - 1, r - 1} + g_{r - 1, r + 1}\)，于是极长的 \(0\) 段不超过 \(2\)，这在原问题中同样成立。

设 \(dp_i\) 为保留 \(p_{i+1}\) （\(p_i \to 0\)） 使得前 \(i+1\) 个数合法的答案，则 \(dp_{i}\gets dp_{i-2}+p_i\) \(dp_i\gets dp_{i-3}+\max(p_i,p_{i-1})\)，时间复杂度 \(O(n)\)。

CF1761F1 Anti-median (Easy Version)

通过观察 \(m = 1,2\) 可以发现，所有偶数位置都是局部极大值，奇数位置则是极小值（可能相反），且偶数位置呈峰状，奇数位置呈谷状。

偶数位的数和奇数位的数分开，把偶数位从后向前，奇数位接在偶数位后面从前向后地排在一个环上，形如 \(p_x,...,p_4,p_2,p_1,p_3,...,p_x\)，任意最小得若干个数在环上连续，可以使用区间 dp 解决，注意对称的情况，时间复杂度 \(O(n^2)\)。

总结：

• 从简单情况入手，推广性质
• 最值结构在一定条件下可以转成连续段结构

CF1372E Omkar and Last Floor

首先有一个贪心的想法，尽量把 \(1\) 放在同一列。

直接做的话决策会互相影响，需要让每段之间相对独立，先来考虑合并 \(l_1,r_1,r_1 + 1,r_2\)，只需要将 \(\in (l_1,r_2)\) 且跨过 \(r_1,r_1 +1\) 的区间的 \(1\) 全部放在一列。

这自然引出了区间 dp 的形式，设 \(f_{l,r}\) 表示只考虑包含于 \([l,r]\) 的区间的答案，枚举中间一列转移，时间复杂度 \(O(n^4)\)。

总结：

• 如果一个贪心的决策会互相影响，可以利用最优子结构写成 dp。

CF1530H Turing's Award

做时间倒流，我们需要 LIS 末尾的值，是否能把当前数加入 LIS 的左/右侧，以及 LCS 长度。

设 \(f_{i,j}\) 表示 LIS 长为 \(i\)，末尾为 \(j\) 开头的最大值，\(g_{i,j}\) 表示 LIS 长为 \(i\)，开头为 \(j\) 末尾的最小值，根据经典结论，随机排列的 LIS 是根号级别的，直接做这个 dp 即可，需要树状数组维护，时间复杂度 \(O(n \sqrt n \log n)\)。

总结：

• 覆盖类问题（只有最后一次有效）可以倒过来做。
• 定义域与值域互换。

CF1606 Tree Queries

考虑一个朴素的 \(dp\)，设 \(f_{i,j}\) 为询问 \(i,j\) 的答案，\(f_{i,j} = \sum_{k \in son_i} \max(1, f_{k,j} - j)\)。

我们有 \(f_{u,x} \geq |son_u|\)，实际上只有很少一部分情况是严格大于，其他情况是取等。

固定 \(x\)，考虑取到大于号的最深的点 \(v\), 它有一个儿子 \(w\) 满足 \(∣son_w∣>k+1\)，如果有多个，可以通过操作只保留一个，且 dp 值不减。

再考虑 \(v\) 的父亲 \(p\)，这里 \(p\) 可能还有一些取到大于号的儿子，我们把除了 \(v\) 之外的子树中，取到大于号的点塞到 \(p\) 和 \(v\) 之间，取到等于号的点塞到 \(w\) 下面，这样 dp 值还是不见，最后树的结构是一个链接菊花图，容易说明取到大于的结点至多 \(\frac{n}{k}\) 个，对所有 \(k\) 求和是调和级数的，直接那个 \(dp\)，只上传 \(>k\) 的 dp 状态，时间复杂度 \(O(n \log n)\)。

总结：

• 基于贪心/观察得到界，然后利用 dp 来做。
• 构造特殊结构。

CF1620F Bipartite Array

不是二分图等价于无奇环，在序列上比较特殊，等价于不存在长度为 \(3\) 的奇环，即最长下降子序列长度 \(\leq 2\)。

根据 Dilworth 引理，我们可以把序列划分成不超过 \(2\) 个上升子序列，那么这是一个比较常见的前缀 dp 模型。

设 \(f_{i,j},j = 0/1\) 表示第一个上升子序列到了 \(a_i\)，是否取反，第二个上升子序列末尾最小是多少，简单讨论转移，记录前驱以输出方案，时间复杂度 \(O(n)\)。

总结：

• 如果一个判定条件不足以解决问题，考察是否有更严格的限制。

CF1149D Abandoning Roads

对于一棵最小生成树，每个轻边连通块内部都是一棵树，轻边连通块缩点后点之间的重边也是一棵树。也就是说，缩点后不存在重边组成的环（包括自环），路径一旦离开了一个轻边连通块就再也不会回来了。

于是考虑状压 dp，把轻边联通块的集合压入状态，做 Dij 算法，复杂度 \(O(2^n nm)\)，无法通过。

考虑如果两次经过一个大小 \(\leq 3\) 的轻边联通块，那至少要走两条重边，不如在联通块内走，于是复杂度将为 \(O(2^\frac{n}{4} nm)\)。

总结：

• 只有两种元素，可以删去一种元素考虑。
• 处理局部的小结构可以简化复杂度，事实上也可以根据数据范围来猜想。

CF936D World of Tank

首先考虑没有切换行的情况，贪心地，能消除障碍就消除。

我们换一个视角，每秒积累 \(1\) 的火力，直到到达 \(T\)。

贪心保证了最优子结构，于是可以这样设计 dp，设 \(f_{i,j}\) 表示到了 \(i\) 行 \(j\) 列，最多能积累多少火力。

直接转移是 \(O(n)\) 的，实际上我们只会在障碍或其后一个切换行，时间复杂度降为 \(O(m)\)。

总结：

• 延后决策：如果当前能消除我们就直接假设他已经消除了，而不需要记录火力状态。（这个方法的适用范围：别急）

CF601E A Museum Robbery

线段树分治维护背包，使用标记永久化。