9.week3

今天也是大摆特摆的一天

自己模拟了一下,发现是九连环?
对于玩过的人来说这个就很好推了.
当我想要取反当前状态的话,我需要前面的所有有且只有上一个是亮着的
那么我们就可以开始递推了.
这里我们分两个dp来转移更方便.
一个是$f[i],表示进行到当前位的步数和$,$另一个是dp[i],表示只让i位置亮的步数$

    dp[i]=dp[i-1]+1+dp[i-1]
    if(a[i])f[i]=dp[i]-f[i-1]
    else f[i]=f[i-1]

稍微解读一下:
首先dp的递推很明显.
$!a[i]的话答案直接继承$
否则是根据九连环步骤的可拆分计算可以减掉的步骤达到递推
简单来说这一位是1的话,你设想的$dp(最大步骤)$就可以跳过这一环节了.

粘一个形式化题意:

在$ n×m $一个方格上给你 $w $个点，求方格里每个点正上下左右各选 $k$ 个点的方案数。

直接算答案$W^2$,我们来扫描线.
一竖条一竖条地走.
我们可以对大段的空白统一计算答案贡献
对于两点$(x,y1),(x,y2)$
有答案贡献:

\[C_D^k*C_U^k*\sum_{y1<l<y2}C_{l->L}^k*C_{l->R}^k \]

主要是怎么快速求出这个后半部分.
可以BIT.
注意每次加入一个点的操作是加$\Delta$
实现起来还是有不少细节问题.

直接连续段dp就是的了

我们需要加一个状态或者是再开一个数组来记录最后一点是否选择.

如果选择,我们可以新点合并入段,也可以再开
当然贪心来说,一定是选择合并
如果没有选最后一个点,那么只能新增段
当然你可以不选这个点.
这样dp的转移就很清楚了
由于段只会变多,所以说你甚至可以滚动一下.
贴一小段转移:

g[j]=max(g[j],f[j-1])+a[i];//连上去 
f[j]=max(f[j],g[j]);//选还是不选

$SOSdp,高维前缀和$
当我们要求子集的贡献时使用
贴个学习笔记

现在具体的谈这个题目
$m$很小,状压.
我们发现这个问题可以抽象一下
就是从$1e6$个$m$位的二进制码,选出数按位或起来是1

具体到某个状态的不好求
但是我们可以求出一个前缀和然后差分.
具体来说,是我可以求出到 $i$ 状态子集的所有方案

F(i,0,m-1)
    F(j,0,(1<<m)-1)
        if(j&(1<<i))
            f[j]=(f[j]+f[j^(1<<i)])%mod;

以上代码就是所谓高维前缀和,其实就是按位考虑自己能从谁转移过来然后逐位进行从而得出一个前缀和

那么我们知道对于$i状态和他的子集$来说,所有的合成方案就是$2^{f[i]}$
求出这个后,我们再对这个前缀和做一个高维意义下的差分,对应答案就出来了啊.
很巧妙.

具体的李超线段树贴一个数据结构blog的链接

现在我们来考虑李超线段树的实际运用.
先拿出转移式子:

\[dp[i]=v_i+\min_{j=1}^{i-1}(f[j]+\frac{x_i-x_j}{2\sqrt{r_j}}) \]

然后对式子变形:

\[dp[i]-v_i=\frac{1}{2\sqrt{r_j}}x_i+f[j]-\frac{x_j}{2\sqrt{r_j}} \]

明显的斜率式子.而且斜率不单调.
我们想要是最小,注意初始化问题.
后面就是直接对$x$的值域范围开李超线段树了,记得动态开点
没了,就这.

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