DP笔记

DP

by xiaruize

跟着 Troverld 刷的一些 \(dp\) 题

P4046 [JSOI2010] 快递服务

朴素的 \(dp\) 状态是 dp[i][j][k][p] 表示考虑到第 \(i\) 个需求，三个货车分别在 \(j,k,p\) 的最小代价

发现其实必然有一个货车在 \(a_i\) 上，所以 dp 可以去掉一维

即 dp[i][j][k] 表示考虑到第 \(i\) 个需求，除了在 \(a_i\) 上的货车，剩下两个在 \(j,k\) 的最小代价

状态数为 \(\mathcal{O(nm^2)}\) 转移是线性的空间可以把第一维滚动

P2518 [HAOI2010] 计数

枚举前面几位是一样的，再枚举第一位不一样的填几，后面的直接组合算

感觉不是很有 dp

P4158 [SCOI2009] 粉刷匠

dp[i][j][k][0/1] 表示到 \((i,j)\) 用了 \(k\) 次操作，当前颜色是否正确下的最优解

转移只需要关心前一个格子的颜色（需要特判每一行的开头）

时间复杂度 \(\mathcal{O(NMT)}\)

P4302 [SCOI2003] 字符串折叠

明显的区间dp题，转移只需要对因子判断循环即可，时间复杂度是 \(\mathcal{O(n^3\log{n})}\)

P4290 [HAOI2008] 玩具取名

状压考虑``dp[i][j]=msk` 表示 \([i,j]\) 可以转换到的字母 \(\mathcal{O(n^3)}\) 转移即可

P2167 [SDOI2009] Bill的挑战

dp[i][msk] 表示到第 \(i\) 位，当前匹配的状态为 \(msk\) 的方案数

暴力比较转移会 TLE 可以考虑预处理一个 pre[i][j] 表示第 \(i\) 位放 \(j\) 这个字母能匹配的串的状态

这样时间复杂度就是 \(\mathcal{O}(26M2^n)\) ，其中 \(M\) 为最长的串的长度

CF149D Coloring Brackets

dp[l][r][0/1/2][0/1/2] 表示当前区间为 \([l,r]\) 是一个完整的括号序列，左侧染色的状态右侧染色的状态下的方案数

转移考虑两种

当 \(S_l,S_r\) 是一对在原序列中匹配的括号时，计算 \([l+1,r-1]\)
否则递归计算 \([l,match_i],[match_i+1,r]\)

合并可以直接枚举

P4448 [AHOI2018初中组] 球球的排列

妙妙题啊两个部分都挺智慧的！

Part 1

首先，发现当 \((x,y)\) 满足 \(xy\) 为平方数，且 \((x,z)\) 也满足时，\((y,z)\) 一定也满足

即可以将原序列分为几组数，每一组都两两相乘为平方数，且不同组两两相乘一定不为平方数

于是问题转化为：

给定一个由几种颜色组成的序列 \(a_i\) ，同色有区别，求同样颜色不相邻的排列数

Part 2

考虑怎么求解上面的问题，可以先将原数组按颜色排序

考虑如下 dp状态

dp[i][j][k] 表示当前考虑到第 \(i\) 个数，前面有 \(j\) 对相邻的同色且与 \(a_i\) 不同， \(k\) 对同色且与 \(a_i\) 相同

转移分类讨论

\(a_i\neq a_{i-1}\)

此时第三维一定为 \(0\)
1. 将当前球放在两个不同色之间
  
  \[dp_{i,j,0} \leftarrow \sum\limits_{k=0}^j dp_{i-1,j-k,k} \times (i-j) \]
2. 将当前球放在两个同色之间
  
  \[dp_{i,j,0} \leftarrow \sum\limits_{k=0}^{j+1} dp_{i-1,j-k+1,k} \times (j+1) \]
\(a_i=a_{i-1}\)

令 \(cnt\) 表示到 \(i\) 与 \(a_i\) 相同的个数
1. 放在同色球旁边
  
  \[dp_{i,j,k} \leftarrow \sum\limits_{k=1}^{cnt}dp_{i-1,j,k-1} \times (2\times cnt - (k-1)) \]
2. 放在两个颜色相同的球中间
  
  \[dp_{i,j,0} \leftarrow \sum\limits_{k=0}^{cnt} dp_{i-1,j-k+1,k} \times (j+1) \]
3. 放在两个颜色不同且与当前不同的球之间
  
  \[dp_{i,j,k} \leftarrow \sum\limits_{k=0}^{cnt}dp_{i-1,j,k} \times (i-(cnt\times 2 -k)-j) \]

答案为 dp[n][0][0]

时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n^3)\)

P2476 [SCOI2008] 着色方案

上题双倍经验，乘一下阶乘逆元

P2160 [SHOI2007] 书柜的尺寸

第很多次做到这个题了老套路了

首先对于书按照 \(h\) 排递减序，这样每层第一个选择就可以确定这一层的高度

暴力 dp 是 dp[i][j][k][l] 表示考虑到第 \(i\) 本书，三层宽度分别为 \(j,k,l\) 时最小的高度

发现 \(j,k,l\) 知二求一，故把 \(l\) 这一维去掉，变成 dp[i][j][k]

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n(nt)^2)\)

P2365 任务安排

斜率优化板子题

P5785 [SDOI2012] 任务安排

斜率优化板子题

P3299 [SDOI2013] 保护出题人

其实是求 \(\max\limits_{j=0}^{i-1} {\frac{S_i-S_j}{x_i+(i-j-1)\times m}}\)

可以把这个东西拆成斜率的形式

即 \((S_i,x_i+im)\) 和 \((S_j,m(j+1))\) 的斜率

单调栈维护这个东西对于每次查询在单调栈上二分即可

P4056 [JSOI2009] 火星藏宝图

将点先排序，\(x\) 优先，否则 \(y\)

此时，注意到按顺序，每个点都可以由他前面的所有 \(y\) 小于当前点的点转移过来

观察性质，发现在所有 \(y\) 一样的点中，从 \(x\) 尽可能大的点转移一定是不劣的，所以可以维护一个数组存每个 \(y\) 最大的 \(x\)

时间复杂度 \(\mathcal{O}(nm)\)

有点卡常，但是可以吸氧通过

P2593 [ZJOI2006] 超级麻将

和上面的一个很类似

dp[i][j][k][0/1] 表示考虑到 \(i\) ，选了 \(j\) 个 \(i-1\) ， \(k\) 个 \(i\) ，当前是否有对是否可能

转移分讨即可

P2581 [ZJOI2005] Genotype

和上面一题差不多状压维护每一段可以合成的字母

多了一个 \(dp\) 计算 \([l,r]\) 这个区间最小的原序列长度就行

P2317 [HNOI2005] 星际贸易

题目分为两个部分

第一部分是背包板子

第二部分

令 dp[i][j] 表示到 \(i\) 这个位置，有 \(j\) 份燃料的最小代价

\[dp_{i,j} = min(dp_{k,j+2}+f_i,dp_{i,j-1}+p_i) \]

注意到后一半可以直接转移，而前一半可以单调队列维护

P2523 [HAOI2011] Problem c

多测要清零

显然编号并不影响答案，其实是要满足这样一个式子

\[(\sum\limits_{j=1}^n[a_j\geq i] )\leq n-i+1 \]

于是可以处理处 \(a_i= n-i+1- (\sum\limits_{j=1}^m[q_j\geq i] )\)

令 dp[i][j] 表示从后往前，考虑到第 \(i\) 位，还有 \(j\) 个没有确定的方案数

\[dp_{i,j-k}=\sum dp_{i+1,j} \times \binom{j}{k} \]

注意取模后最后 \(dp_{1,0}\) 也有可能为 \(0\)，要单独判断是否转移过

P3830 [SHOI2012] 随机树

对于第一个询问，每个新增的点对答案的贡献为 \(\frac{2}{n}\)

第二个询问设 dp[i][j] 表示 \(i\) 个点，深度大于等于 \(j\) 的概率

\[dp_{i,j}=\sum\limits_{k=1}^{i-1}\frac{dp_{k,j-1}+dp_{i-k,j-1}-dp_{k,j-1}\times dp_{i-k,j-1}}{i-1} \]

可以发现上面是个容斥，表示至少有一边深度大于等于 \(j-1\) 的概率，分母上的 \(i-1\) 是因为无论原来怎么放，新加入一个点的方案数是一样的，概率也是一样的

P2466 [SDOI2008] Sue 的小球

经过必然会收集，这样一定是最优的

所以一定是一段连续的区间，考虑区间 \(dp\)

dp[i][j][0/1] 表示当前考虑区间 \([i,j]\) ，当前在左/右端点，最小的损耗是多少

转移是 \(\mathcal{O}(1)\) 的，只有可能从 \([i+1,j],[i,j-1]\) 这两个区间转移

P2462 [SDOI2007] 游戏

考虑建图，对于每个串暴力枚举加入的字母，排序用 map 查一下即可

拓扑序上直接 dp

P4460 [CQOI2018] 解锁屏幕

考虑状压 \(dp\) 枚举子集是 \(\mathcal{O}(3^n)\) 不能通过

发现转移的时候判断是否可行可以预处理，即枚举 \(i,j\) ，预处理出要使得 \(i\rightarrow j\) 需要哪些已经被选中

这样就可以 \(\mathcal{O}(1)\) 的转移，时间复杂度 \(\mathcal{O}(2^n)\)

p.s. 不会计算几何qwq

P4728 [HNOI2009] 双递增序列

dp[i][j] 表示考虑到第 \(i\) 个数，当前两个序列，一个以 \(a_i\) 结尾，另一个以长度为 \(j\) 最后一个数最小为 \(dp_{i,j}\)

转移考虑两种情况 \(dp_{i-1,j-1}\rightarrow dp_{i,j}\) 和 \(dp_{i-1,i-j} \rightarrow dp_{i,j}\)

P4495 [HAOI2018] 奇怪的背包

用了点数学，不会证明qwq

对于每个 \(V_i\) 发现能表示的数和 \(\gcd(V_i,P)\) 是一样的，所以可以直接把 \(V_i\) 换成 \(\gcd(V_i,P)\)，不会影响答案

考虑选了多个，其能覆盖的重量为 \(\gcd(V_i)\) 的倍数

可以预处理 \(P\) 的所有约数，在约数上 \(dp\)

设 dp[i][j] 表示考虑到第 \(i\) 个约数，当前的 \(gcd\) 等于第 \(j\) 个约数的方案数

\[dp_{i,j}=dp_{i-1,j}+([i=j]+\sum\limits_{\gcd(p_k,p_i)=p_j} dp_{i-1,k})\times (2^{S_i}-1) \]

其中，\(p_i\) 表示 \(P\) 的第 \(i\) 个约数， \(S_i\) 表示第 \(i\) 个约数在 \(V_i\) 中出现的次数

最后答案为 \(\sum\limits_{v_j|w_i} dp_{n,j}\)，

发现 \(w_i\) 在这个查询中等价于 \(\gcd(w_i,P)\) 所以可以对于 \(P\) 的约数预处理答案，这样查询就是 \(\mathcal{O}(1)\) 的

P6239 [JXOI2012] 奇怪的道路

看到 \(k\) 的范围，不难想到对其状压，一个直观的 \(dp\) 状态为

dp[i][j][msk] 表示考虑前 \(i\) 个点，连了 \(j\) 条边，最后 \(k\) 个点的连边奇偶数状态为 \(msk\) 的方案数

\[dp_{i,j,msk}=dp_{i-1,j,msk\times 2}+\sum\limits_{x=max(i-k,1)}^{i-1}\sum\limits_{tmp=0}^{2^{k+1}-1} dp_{i,j-1,tmp\oplus 1\oplus 2^{i-x}} \]

P4574 [CQOI2013] 二进制A+B

dp[i][j][k][p][0/1] 表示考虑到第 \(i\) 位， \(a,b,c\) 分别用了 \(j,k,p\) 个 \(1\) ，当前位是否进位下， \(c\) 的最小值

暴力转移即可

最后判 \(-1\) 注意特判

[IOI2005] Riv 河流

第一眼的 \(dp\) 状态为 dp[i][j] 表示以 \(i\) 为根的子树建立 \(j\) 个的最小代价，但是发现并不好转移，因为最近的厂在哪是不确定的

于是更改 \(dp\) 状态为 dp[i][j][k] 表示以 \(i\) 为根的子树，最近的有厂的祖先是 \(j\)(不包括 \(i\) 自身)，建了 \(k\) 个厂的最小代价

转移需要先分类讨论当前点上是否有建厂然后需要将贡献都统计到 \(dp\) 中

具体的，就是在每一个点做背包 \(dp\) ，然后将当前是否建厂的结果取 \(min\) 并加上当前点到最近祖先的代价

CF1067A Array Without Local Maximums

第一眼想法:

dp[i][j][0/1] 表示考虑到 \(i\) ，\(a_i=j\) ，\([a_i\leq a_{i-1}]\) 的方案数

但是发现这个状态不方便转移，因为没法处理 \(=\) 的情况，所以考虑改变 \(dp\) 状态，将最后一位改成 [0/1/2] 分别表示 \(a_i<a_{i-1},a_i=a_{i-1},a_i>a_{i-1}\) 的方案数，转移可以前缀和优化做到 \(\mathcal{O}(200)\)

最终时间复杂度为 \(\mathcal{O}(200n)\)

Connecting Vertices

dp[i][j][0/1] 表示 \([i,j]\) 这个区间， \(i\) 到 \(j\) 强制连边/强制不连边的方案数

CF1088E Ehab and a component choosing problem

分成两部分做先求最大值

最大值一定可以只选一块所以可以 dp[x] 表示 \(x\) 的子树中，强制选择 \(x\) 下的最大值

然后可以再做一次同样的 \(dp\)，在每次值为最大值时将 \(dp_x\) 清零, \(cnt+1\)

再枚举当前终点时判一下能不能回到起点即可

CF24D Broken robot

保留 \(4\) 位小数！

所以可以暴力执行 \(100\) 次普通 \(dp\) ，这样误差较小，即可通过

Dead Ends

\(n\leq 10\) 考虑状压

dp[msk][s] 表示当前连接了 msk 里的点，其中 s 中的点是叶子结点的方案数

采用刷表法，每次拿一个点向后转移之前，要先将当前点的 \(dp\) 值除以叶子个数，因为会有重复转移

在这个的限制下枚举端点，区间 dp 即可

CF730J Bottles

第一问显然贪心

第二问 dp[i][j] 表示选了 \(i\) 个，当前的容量和为 \(j\) 时，选定的瓶子里已有液体的最大值

暴力转移即可，时间复杂度 \(O(N^4)\)

posted @ 2023-11-05 15:10 xiaruize 阅读(45) 评论(0) 收藏举报

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