Diu 的 dp 题单
原本想写学习笔记的，但是 dp 题目太多，套路太深，我把握不住，所以我决定改成写题单。
本题单主要收录一些 dp 题目的神秘操作，当然也有一些套路比较常见，只是选一些做代表收录。
CF1626 A Random Code Problem
期望 dp，桶：开一个桶维护 \(f_{i,j}\) 表示操作 \(i\) 次之后共有多少个 \(j\)，对于每一个 dp 值统计答案，设 \(L=\gcd(1,2,\dots,k-1)\)，发现 \(L\lfloor\frac{a_i}{L}\rfloor\) 的部分始终不变，统一统计即可。
P3736 [HAOI2016]字符合并
区间 dp 和状压 dp：设 \(f_{i,j,s}\) 表示区间 \([i,j]\) 的串最后合并成串 \(s\) 的最大分数。发现因为每次合并的价值均为正数，所以能合并肯定合并，所以最后一个固定的区间 \([i,j]\) 会合并成长度为 \((j-i-1)\%(k-1)+1\) 的串，直接暴力 dp 即可。
P4007 小 Y 和恐怖的奴隶主
矩阵优化，卡常：发现 \(m\) 很小，但是 \(n\) 很大，考虑直接开 \(m\) 维维护血量。设 \(f_{i,a,b,c}\) 表示攻击 \(i\) 次，有 \(a\) 个奴隶主血量为 \(1\)，\(b\) 个奴隶主血量为 \(2\)，\(c\) 个奴隶主血量为 \(3\) 的期望打掉 boss 的血量，直接从 \(f_i\) 暴力构建转移矩阵到 \(f_{i+1}\)，复杂度 \(O(T166^3\log n)\)。多组数据时，一个优化是把 \(2\) 的次幂的矩阵预处理出来，然后每次二进制拆分，用一个行矩阵（或列矩阵）乘上需要的，优化到 \(O(166^3+T166^2\log n)\)。还需卡常，在矩乘时用一个 __int128 做中间量，最后统一取模。
P4590 [TJOI2018]游园会
状压，dp 套 dp：字符串计数，考虑 \(f_{i,\dots}\) 表示前 \(i\) 个字符，满足什么状态的方案数。对于 \(NOI\) 的限制，我们可以考虑加一位 \(0/1/2\) 表示和 \(NOI\) 的匹配程度。对于最长公共子序列，我们可以考虑还原在 dp 求最长公共子序列的过程。如果把兑奖串看做已知，那么设 \(dp_{i,j}\) 表示第一个串前 \(i\) 个字符，第二个串的前 \(j\) 个字符匹配了多少个，那么 \(dp_{i,j}=\max(dp_{i,j-1},dp_{i-1,j},dp_{i-1,j-1}+[s_i=s_j])\)。发现 \(dp_i\) 的转移只和 \(dp_{i-1}\) 有关。我们可以考虑用一个状态 \(s\) 存储一个 \(dp_i\)，然后每次转移暴力解压出来，更新完之后再压缩回去。但是这样做状态数很多，我们可以发现 \(dp_{i,j}-dp_{i,j-1}=0/1\)，所以我们可以把 \(dp_i\) 差分起来，再状压。
CF1648C Tyler and Strings
计数 dp，数据结构优化：我们从小到大枚举每一位 \(i\) 表示 \(s\) 和 \(t\) 前 \(i\) 位相同的情况，更新桶，表示当前可用点。如果第 \(i+1\) 位使得 \(s\) 字典序更小，那么后面的可以乱填。那么假设 \(c_i\) 是桶，对于一个 \(j<t_{i+1}\)，我们的方案数是 \(\sum\frac 1{c_j}\cdot\prod c_i!\)，然而每次枚举一位只会改变一个 \(c_i\) 的值，所以可以用数据结构维护这个过程。具体地，可用线段树，也可用树状数组维护前缀和。
SOJ 4. Journey
期望树形 dp，容斥，卡常
SOJ 5. Festival
期望计数 dp
SOJ 6. Random
期望 dp，矩阵优化，cdq
以上三题做法太神仙，笔者太弱，无法很好总结，另见 solution。
SOJ 1.博弈
博弈论，DAG 图上 dp，背包 dp：可以发现每个点有无棋子对答案贡献互相独立，可以用一次 dp 解决。可以先设 \(f_v\) 表示节点 \(u\) 可以使得当前先手领先多少个点，对于一个可以转移的 \(v\)，如果 \(u,v\) 同色，那么 \(f_u\Leftarrow f_v+1\)，否则 \(f_u\Leftarrow -f_v+1\)，\(f_u\) 在所有状态中取 \(\max\)，特殊地，持棋者可以一步不走，所以 \(f_u\) 也可以为 \(0\)。一遍 dp 更新完 \(f\) 之后，我们按颜色分开，即一部分是对 A 有正贡献，一部分是负贡献。那么对两者分别跑背包，然后统计即可。
P6803 [CEOI2020]星际迷航
博弈论，树形 dp，矩阵优化：模拟赛时奇妙 65 分，至今不知原因。
我们发现除了第一棵树，其他树上节点我们只需要知道以它为根节点的情况，可以考虑换根 dp。我们发现一个一个必胜点向后面接了一条边什么事都无，而一个必败点往后借一条边，如果连的是必胜也无用，否则会改变某一些点的 dp 值。我们可以考虑矩阵优化。最后再做一次树形 dp 统计答案即可，细节极多。
CF1500F Cupboards Jumps
构造，普通 dp，set 的神秘操作：我们发现题目和 \(h\) 的值无关，只和 \(h\) 的差分有关，所以我们考虑对差分 \(d_i\) 进行 dp，直接设 \(f_{i,x}\) 表示前 \(i\) 个数中 \(|d_i|=x\) 是否可行。然后我们可以发现 dp 数组的转移情况只有：以某个点为中心翻转，整个值域覆盖，删除或加入单点。我们发现单点的值不多，可以用 set 维护，对于区间翻转操作，可以用两个便捷维护，用两个值维护区间是否翻转，即区间便宜的值。每次翻转操作我们对整个区间进行翻转，这样单次复杂度 \(O(\log n)\)。
P6773 [NOI2020] 命运
计数树形 dp，线段树合并维护：因为所给的链都是返祖链（两个端点有祖先-后代关系的链），所以我们可以设 \(f_{u,i}\) 表示子树 \(u\) 内，需要在深度为 \(i\) 的祖先下面之前选一个点的方案数。如果不需要再选择，那么 \(i=0\)。然后我们考虑转移，对于 \(u\) 的一个儿子 \(v\)，我们可以考虑类似树上背包的转移，假设 \(dep_u\) 表示节点 \(u\) 的深度，其中根节点深度为 \(1\)，那么：
前面一个 \(\sum\) 是求当前点选择的情况，后面两个是求不选择的情况。我们发现这个东西维护一个前缀和就能够快速求出。我们可以考虑线段树合并，维护区间 dp 值的和。然后合并的时候可以维护两个全局变量表示前缀 \(f_u\) 的和和后缀 \(f_v\) 的和。总体比较好写。
类似题目推荐：P5298 [PKUWC2018]Minimax，期望树形 dp，同样是用线段树合并维护。
P6669 [清华集训2016] 组合数问题
数位 dp，组合数：其实就是 \(C_i^j\equiv 0(\bmod k)\) 的个数。然后用 Lucas 定理拆开：\(C_n^m\equiv \prod C_{a_i}^{b_i}\)。我们发现满足条件必须要这些组合数中必须要有某个 \(C_{a_i}^{b_i}=0\)，因为每个 \(a_i,b_i<k\)。所以要有 \(a_i<b_i\)。我们发现问题可以转化成两个 \(p\) 进制数 \(i,j\)，两个有上限，要求 \(i\ge j\)，某一位 \(a_l<b_l\)，然后跑数位 dp 就行了。
如果不会 Lucas 定理，可以看我的 数论家族学习笔记。
P5468 [NOI2019] 回家路线
本题有 加强版，注意两者数据范围不同。
斜率优化，图上 dp：发现转移花里胡哨，我们如果按每个点进行 dp 的话，发现光转移的复杂度就是 \(O(n^2)\) 的，根本吃不消。我们可以考虑把航班设到状态，然后把时间（航班时间）和空间（出发点和终点）放到转移条件。然后我们把转移的式子拆开，发现可以斜率优化，现在开始考虑转移条件。对于每个航班，更新时从出发点更新，完了之后插入到终点，这样就处理好了空间限制。对于时间限制，我们可以用类似扫描线的思路，把每个航班拆成两个，按时间排序。第一次扫到就更新 dp 值，第二次插入到单调队列里。
P3244 [HNOI2015]落忆枫音
普通 dp，计数：对于一个 DAG 上的统计，我们有一个结论：假设点 \(u\) 的入度是 \(d_u\)，那么方案数就是 \(\prod d_u\)，具体就是每个点选择一个父亲。但是新加了一条边 \((s,t)\)，可能会有环，我们要从上述答案中减去环的情况。我们假设这个环上的点为 \(a_1,a_2,\dots,a_k\)，大小为 \(k\)，那么我们住了这个环以外的点乱选，那么要减去的值为 \(\dfrac{\prod d_u}{\prod d_{a_i}}\)。我们发现这个东西可以 dp，我们假设 \(f_u\) 表示从 \(t\) 到 \(u\) 的路径上，该式的值。容易得到 \(f_u=\dfrac{f_v}{d_u}((u,c)\in E)\)，那么答案就是 \(\prod d_u-f_s\)。
SP3734 PERIODNI - Periodni
SPOJ 太奇怪了，所以直接放 luogu 链接了。
笛卡尔树，树形 dp，组合计数：我们发现，如果按照笛卡尔树的思路分割序列，对应的两个子树内是不会互相影响的。建完笛卡尔树之后，我们考虑树上背包。设 \(f_{u,i}\) 表示子树 \(u\) 选 \(i\) 个的方案数。然后随便用组合数统计一下就可以了。
SOJ 28.寄
树上 dp：我的理解是拆维。考虑一个高维 dp，设 \(f_{u,x,j}\) 表示子树 \(u\) 内，最近的关键点距离点 \(u\) 为 \(x\)，剩下 \(k\) 个点没匹配的最小贡献，这里需要统计 \(k\) 个没匹配的点到点 \(u\) 的距离。显然可以大力背包，因为 \(x\) 和 \(j\) 都和子树的 size 有关，所以能过 \(O(n^4)\) 的。我们考虑拆维，设 \(f_{u,j}\) 表示子树 \(u\) 内，剩下 \(k\) 个点没匹配的最小贡献，\(g_{u,x}\) 表示子树 \(u\) 内所有点匹配，最近关键点距离点 \(u\) 为 \(x\)。然后 \(f_u\) 正常更新，用 \(g_u\) 来更新 \(f_{u,0}\)，\(g_u\) 的更新就相当于已经知道两棵子树的 \(g\)，合并它们（两子树顶点有一条权值为 \(w\) 的边）。假设两子树根分别为 \(v_0,v_1\)，那么我们可以先枚举关键点 \(j\) 在 \(v_0\)，再枚举 \(v_1\) 里面有多少个没匹配的点，让它们全部连向 \(j\)，这一步要用到 \(g_{v_0}\) 和 \(f_{v_1}\)。同理，反过来，当关键点在 \(v_1\) 时做相同处理。更新 \(g\) 的时间复杂度可以考虑每两个点会在它们的 lca 被统计，所以是 \(O(n^2)\)，更新 \(f\) 的同理。总时间复杂度 \(O(n^2)\)。
SOJ 30.润
ddp：先考虑朴素 dp，设 \(f_{l,r},g_{l,r}\) 表示区间 \([l,r]\) 有无进位的答案，那么如果 \(s_l=0\)，那么 \(f_{l,r}=2f_{l+1,r}+work(l,r),g_{l,r}=f_{l+1,r}+g_{l+1,r}+work(l,r)\)，否则 \(f_{l,r}=f_{l+1,r}+g_{l+1,r}+work(l,r),g_{l,r}=2g_{l+1,r}+work(l,r)\)。然后考虑 ddp，写成矩阵形式，从 \(r\) 往前转移。注意 \(work(k)\) 只和 \(k\) 的二进制位数有关，可以递推，但是要特判 \(k=2^p\) 的情况。所以查询时可以先找到从右往左的第一第二个 \(1\) 的位置，分别查询即可。细节非常多，不过大样例好评！
