DP做题笔记
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做题记录
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设 \(f[i][j]\) 表示第 \(i\) 天拥有 \(j\) 张股票的最大收益，不难发现，每一天都不会即买入又卖出，于是就会有三种情况：
- 不买不卖：\(f[i][j]=f[i-1][j]\)
- 买入：\(f[i][j]=f[i-w-1][k]-AP_i(j-k)\:\:(k\ge j-AS_i)\)
- 卖出：\(f[i][j]=f[i-w-1][k]+BP_i(k-j)\:\:(k\le j+BS_i)\)
其中，\(k\) 枚举的是第 \(i-w-1\) 天拥有的股票数。
考虑如何优化，以买入为例：
首先将式子变形，把与 \(k\) 有关的放在一起：
\[f[i][j]=(f[i-w-1][k]+AP_i\times k)-AP_i\times j\:\:(k\ge j-AS_i) \]前半部分其实就是一个滑动窗口了，复杂度 \(O(TMaxP)\)。
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由于花费只与一组内的最长的长与宽有关，所以我们可以先按照长降序排序之后将有被包含关系（即长宽都小于别人）的矩形删去，廷尉他们是不会造成额外花费的。因此在剩下的矩形中，长都是降序，宽都是升序。
设 \(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 块地分为 \(j\) 组的最小代价，则有：
\[f[i][j]=\min_{k<i}\{f[k][j-1]+a_{k+1}\times b_i\} \]若 \(k\) 选 \(x\) 比选 \(y\) 更优，且 \(x>y\)，那么：
\[f[x][j-1]+a_{x+1}\times b_i<f[y][j-1]+a_{y+1}\times b_i \\\frac{f[x][j-1]-f[y][j-1]}{a_{y+1}-a_{x+1}}\le b_i \]于是我们得到了一个可以斜率优化的式子，由于 \(b_i\) 递增，所以维护一个下凸壳就可以了。
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这是一道决策单调性的题目，可是我并不会证。
设 \(f[i]\) 表示前 \(i\) 句话的最小不协调度之和，可以得到：
\[f[i]=\min_{j<i}\{f[j]+|s_i-s_j-1-L|^{P}\} \]其中，\(s_i\) 表示长度前缀和（包括空格），\(-1\) 是因为行末是不包括空格的。
由于这个转移式具有决策单调性，所以我们使用二分栈（队列）来维护所有的决策点，因为决策单调，所以最优决策点一定是形如\(\{1,1,2,2,2,3,4,4,\cdots\}\) 这样的数列，对于栈中的任意两个点，都可以通过二分来找到一个临界点 \(k\)，使得在 \(k\) 之前，通过前一个决策点更优，在 \(k\) 之后，通过后一个决策点更优。
当我们枚举到 \(i\) 这个位置时，对于队首，只要栈顶与下一个点的临界点小于等于 \(i\)，那么弹掉队首，对于队尾，如果倒数第二个点与队尾的临界点大于等于队尾与 \(i\) 的临界点，即这两对点所“负责”的区域发生了重叠，那么弹掉队尾，最后把 \(i\) 入队。而每次的最优决策点即为队首。
输出有亿点毒瘤……
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一道挺好的单调队列优化DP
设 \(f[k][i][j]\) 表示在 \(k\) 时段，走到 \((i,j)\) 能获得的最大距离。朴素的DP方程是：
\[f[k][i][j]=\max\{f[k-1][i][j],f[k][i'][j']+dis(i,j,i',j')\} \]其中 \((i',j')\) 是一个在 \(k\) 时段内可以到达 \((i,j)\) 的位置。
可以用单调队列优化掉 \(j\) 这一维。
几点注意：
- 遇到无法到达的点时，清空队列。
- 四个方向分开讨论（因为他们的起点不同）。
- 先更新队尾再更新DP值，因为更新队尾元素时要用到上一次的DP值。
- 最开始将DP数组赋为负无穷（起点除外）。
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设 \(f[i]\) 表示到达第 \(i\) 课树时的最小代价，DP方程为：
\[f[i]=\min_{j<i}\{f[j]+[h_j\le h_i]\}\:\:(i-j\le k) \]注意到一个性质：当DP值相同时，用高度小的树转移必然更优，当DP值不同时，用DP值小的树转移更优（因为树高最多使DP值\(+1\)）。
于是就可以单调队列优化了。
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易得 \(p[i]=\max\{a_j+\sqrt{|i-j|}\}-a_i\)
先不管最后的 \(a[i]\)，打表可知，前半部分的转移是有决策单调性的。于是我们可以用队列模拟二分栈来解决这一问题。值得注意的是，为了便于计算，我们先假设所有的 \(i\) 都由一个小于自己的 \(j\) 转移过来，也就是说先不管绝对值。为了得到最终的答案，我们还需要把数列反转，再求一遍并取max。
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一道带权二分+斜率优化的题目。
先将题目中要求的式子转化一下：
\[\begin{split} s^2\times m^2&=m\sum_{i=1}^{m}{(\overline x-x_i)^2} \\&=m\cdot[\sum_{i=1}^{m}{x_i^2+m\overline x^2-2\overline x\sum_{i=1}^{m}{x_i}}] \\&=m\sum_{i=1}^{m}{x_i^2}-(\sum_{i=1}^{m}{x_i})^2 \end{split} \]于是问题转化为了使得 \(\sum_{i=1}^{m}{x_i^2}\) 最小。
令 \(f[i][j]\) 表示第 \(j\) 天走完 \(i\) 段时上式的最小值。可以得到：
\[\begin{split} f[i][j]&=\min_{k<i}\{f[k][j-1]+(s_i-s_k)^2\} \\&=\min_{k<i}\{f[k][j-1]+s_k^2-2s_is_j\}+s_i^2 \end{split} \]其实推到这里已经可以斜率优化 \(O(mn)\) 通过此题，但还可以优化。
可以发现 \(f\) 值随着划分次数的增加而减少，因此我们可以采用带权二分的方法去掉 \(j\) 这一维，通过二分分段的权值来使段数逼近 \(m\)。这样做的复杂度是\(O(n\log\sum x_i)\) 的。
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这题虽然不用DP，但是需要带权二分，所以也放在这里。
具体思路是二分给白边附加的权值，再求最小生成树，当选择的白边数量为 \(need\) 时输出答案即可。
有一些比较恶心的地方：排序的时候要在权值相等时白边优先，二分时应该是 \(l\le r\) 而不是 \(<\)……
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四边形优化DP。
设 \(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 个村庄建 \(j\) 个邮局的最小距离。可以得到：
\[f[i][j]=\min\{f[k][j-1]+w[k+1][i]\} \]其中 \(w[i][j]\) 表示在 \([i,j]\) 中建邮局的最小距离和，它如何计算呢？
首先有一个结论：若区间长度为奇数，那么将邮局建在中位数处距离和最小；若为偶数，那么建在中间两个之间的任意位置都一样。
所以，我们可以分类讨论：
- 若区间长度为奇数：中位数在 \(\frac{i+j}{2}\) 处，相较于 \([i,j-1]\)，可以认为中位数没有变化（因为总距离不变），所以总和增加了 \(d[j]-d[\frac{i+j}{2}]\)。
- 若长度为偶数也可以用同样的思路得出同样的结论。
综上，我们得到了递推式：
\[w[i][j]=w[i][j-1]+d[j]-d[\frac{i+j}{2}] \]然后就是四边形优化的套路了，外层正序枚举 \(j\)，内层逆序枚举 \(i\)，\(k\) 的范围为 \([s[i][j-1],s[i+1][j]]\)。（ \(s\) 表示最优决策点）
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考虑给出式子的组合意义，相当于从 \(nk\) 个不同物品中选出 \(t\) 个，且满足 $t\mod k=r $ 的方案数。我们设 \(f[i][j]\) 表示当前考虑到第 \(i\) 个物品，所选数量 \(\mod k\) 为 \(j\) 的方案数，遂于每个物品有选与不选两种选择，所以：
\[f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1] \]发现每一次转移都只与 \(f[i-1]\) 有关，所以可以矩阵加速，转移矩阵为：
\[\begin{bmatrix} f_{nk,0}\\ f_{nk,1}\\ f_{nk,2}\\ \vdots \\ f_{nk,k}\\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & \cdots & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 1 & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 1 & 1 \\ \end{bmatrix}^{nk} \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0\\ \vdots \\ 0\\ \end{bmatrix} \]矩阵快速幂即可。
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未来费用提前计算的区间DP。
设 \(f[i][j][0/1]\) 表示处理完区间 \([i,j]\) 之后在左/右端点时的最小代价，最终答案为 \(\sum{y}-\min\{f[1][n][0],f[1][n][1]\}\)。
当处理完后在左端点时，可以从 \(f[i+1][j][0/1]\) 转移过来，即：
\[\min \begin{cases} f[i+1][j][0]+(s_i+s_n-s_j)(b_{i+1}.x-b_{i}.x) \\f[i+1][j][1]+(s_i+s_n-s_j)(b_j.x-b_i.x) \end{cases} \]在右端点时同理：
\[\min \begin{cases} f[i][j-1][0]+(s_{i-1}+s_n-s_{j-1})(b_{j}.x-b_{i}.x) \\f[i][j-1][1]+(s_{i-1}+s_n-s_{j-1})(b_j.x-b_{j-1}.x) \end{cases} \]老实说，这类问题的思路基本都是这样。
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跟上一题几乎一毛一样，注意亿下输出。
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与上一题不同的是，本题中可以选择跳过某些不利的点，对此，我们的处理方法是：加维。
增加一维表示还需要送的人数，每次转移时分别往两边枚举出一个点，钦定当前端点到该点的这一段跳过，这样就可以处理跳过点的情况了。
用记搜实现会比较方便。
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消消乐问题。
令 \(f[i]\) 表示 \(i\) 个一样的连在一起的元素被消去后得到的最大分数，可以用完全背包处理。
然后将连续的一段相同元素合并成一个点，原序列就变成了若干个黑白交错的点，记点 \(i\) 中的元素个数为 \(sz[i]\)。
令 \(g[l][r][k]\) 表示现在要消玩 \([l,r]\) 这一段点，其中点 $r $ 后面还吊着 \(k\) 个与 \(r\) 相同的元素，那么 \(r\) 可以选择单独消或者与前面的元素一起消。
单独消：\(g[l][r-1][0]+f[k+sz[r]]\)。
一起消：\(g[i+1][r-1][0]+g[l][i][k+sz[r]]\)，其中 \(i\) 是一个颜色与 \(r\) 相同的点。
同样可以记忆化搜索实现。
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又是一道未来费用提前计算的题，方法同上。
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四边形优化DP。
令 \(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 条铁路炸成 \(j\) 段的最小花费，则：
\[f[i][j]=\min\{f[k][j-1]+w[k+1][i]\} \]\(w[i][j]\) 可以递推计算：
\[w[i][j]=w[i][j-1]+a[j]\times(sum[j-1]-sum[i-1]) \]其中 \(sum[i]\) 表示前缀和。
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概率期望与DP的结合。
每一关一小时通过概率为 \(\frac{t_i}{\sum_{x=l_j}^{i}{t_x}}\)，故通过这一关的期望时间为 \(\frac{\sum_{x=l_j}^{i}{t_x}}{t_i}\)。
令 \(w(l,r)\) 表示通过 \([l,r]\) 这一段区间中的关的期望时间，那么：
\[\begin{split} w(l,r)&=\sum_{x=l}^{r}{\frac{s_x-s_{l-1}}{t_x}} \\&=\sum_{x=l}^{r}{\frac{s_x}{t_x}}-s_{l-1}\sum_{x=l}^{r}{\frac{1}{t_x}} \end{split} \]其中 \(s_i\) 表示 \(t\) 的前缀和。
将 \(s_i\) 记作 \(s0_i\)，将 \(\sum_{x=1}^{i}{\frac{s _x}{t_x}}\) 记作 \(s1_i\)，\(\sum_{x=1}^{i}\) 记作 \(s2_i\)，那么：
\[w(l,r)=s1_r-s1_{l-1}-s0_{l-1}(s2_r-s2_{l-1}) \]令 \(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 关分为 \(j\) 个等级的最短期望时间，则：
\[f[i][j]=\min\{f[k][j-1]+w(k+1,i)\} \]将 \(w\) 带入后就可以得到可以斜率优化的式子了。
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最短路+DP。
基本的思路并不难，先处理出总部到各个分部与各个分部到总部的最短路，然后四边形优化DP即可。但是有一点要注意：在处理出每一点往返总部距离之后应将它们排序之后再DP。
因为每个点对答案的贡献只与其所在集合大小有关，因此，权值小的点应尽量处在一个相对较大的集合中，即在所有集合中，最大的那一个中的点权和应最小，因此要把最小的几个点放入第一个（最大的）集合。所以，对点权排序之后可以让答案最优。
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笛卡尔树+DP
对原序列建立笛卡尔树，节点 \(u\) 的意义就是一个高度为 \(h[fa]-h[u]\) 的横着的极大矩形。不难发现，在两个儿子中放棋子是互不影响的，所以考虑树形DP。
令 \(f[i][j]\) 表示第 \(i\) 个节点为根的子树中放了 \(j\) 个棋子的方案数。
先合并左右子树的答案：
\[f[i][j]=\sum_{k\le j}{f[v][j-k]\cdot f[i][k]} \]其中 \(v\) 表示 \(i\) 的儿子。
然后还要求对于 \(i\) 节点表示的矩形中放棋子的方案：
\[f[i][j]=\sum_{k\le j}{f[i][j-k]\cdot k!\cdot \C^k_h\cdot \C^k_{w-j_k}} \]其中，\(h,w\) 分别表示长和宽。
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令 \(f[i][j]\) 表示到时间 \(r_i\) 时，现在未烤的那一面烤了 \(j\) 分钟的方案数，对于时间段 \([l_i,r_i]\) 就会有如下转移：
- 不翻面：\(f[i-1][j]\)
- 翻一次：\(\min \{f[i-1][r_i-j-k]\}+1\)，其中，\(k\) 表示当前烤了的这一面在这段时间内烤的时间。
- 翻两次：\(\min\{f[i-1[j-k]\}+2\)，其中，\(k\) 表示当前没烤的那一面在这段时间内烤的时间。
需要用单调队列优化，枚举的是最优决策点 \(r_i-j-k\) 和 \(j-k\)，前者随 \(j\) 的增大而减小，所以要逆推，而后者要顺推。
还能用滚动数组优化掉 \(i\) 那一维。
