随笔分类 - dp
摘要：转化计数对象。 直接数最终剩下的球的集合似乎并不好做。考虑数选择的球的集合（显然选择的顺序不重要，只有选择了哪些球重要）。 先把所有球按 \(x\) 坐标从小到大排序。设我们选择的球的下标为 \(i_1 < i_2 < \cdots < i_k\)。那么能选择这些球当且仅当 \(y_{i_1} >
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 比较有趣的一个题。 考虑一个弱化版，算 colorful 序列个数。有一个 \(O(nK)\) 的 dp，大概就是设 \(f_{i, j}\) 为考虑到第 \(i\) 个数，当前最长互不相同后缀长度为 \(j\)。 转移考虑若往后面填一个在这 \(j\) 个数以外
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 直接区间 dp 可以做到 \(O(n^3)\)，卡常可过，在此就不赘述了。 为了方便先把连续的数字缩成一段。我们考虑直接从前往后扫，扫的过程中 dp。设 \(f_{i, j}\) 为考虑了 \([1, i]\)，还有 \(j\) 个没配对的左括号的方案数。 但是我们发现我们
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 首先设 \(a_i = \max\limits_{j = 1}^i p_j\)，\(b_i = \max\limits_{j = 1}^i q_j\)。 直接容斥，钦定有多少值不同的 \(a_i\) 使得 \(a_i = b_i\)。然后再把钦定的每种值转化成每种值第一次使
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 被自己的赛时智障操作气笑了。谁告诉你容斥钦定了几个要记到状态里面的。。。/tuu 显然先找“好数组”的充要条件。对原数组 \(a\) 差分，设 \(b_i = a_i - a_{i - 1}\)。那么一次可以选择一对 \((i, j)\) 满足 \(i \le j - 2\
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 考虑对于一个确定的串怎么判断合法性。 容易发现删到某个时刻若 \(1\) 的个数大于 \(0\) 的个数了，因为我们肯定不会蠢到在不是全 \(1\) 的时候删 \(111\)，所以 \(c_1 - c_0\) 在不是全 \(1\) 的时候至少是不会变小的。 所以我
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 显然 \(\text{fun}(P)_{\max} = \frac{|P|(|P| + 1)}{2}\)。 考虑大力 dp，设 \(f_{i, j, k}\) 为 \(|P| = i\)，\(P_1 = j\)，\(\text{fun}(P) = k\) 的排列 \(P\)
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 首先环是不用管的，只用判环长是否为 \(3\) 的倍数即可。 考虑设 \(f(x, y, z)\) 表示 \(x\) 个 \(1\) 链，\(y\) 个 \(2\) 链，\(z\) 个 \(0\) 链，组成所有环长都为 \(3\) 的倍数的方案数。 注意到 \(f(x, y
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 容易发现跳跃次数为 \(O(\log V)\)。考虑对于跳跃 \(k\) 次后的限制 \(\left\lfloor\frac{V}{2^k}\right\rfloor\)，对每个点预处理出不再跳跃能到达的最左和最右的点 \([l_{k, i}, r_{k, i}]
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摘要：洛谷传送门 若一个结点 \([l_i, r_i)\) 已知就连边 \((l_i, r_i)\)，那么子集满足条件当且仅当每对 \((L_i, R_i)\) 都连通。 考虑在树形结构上 dp。发现若 \(l, r\) 不连通，设 \(l\) 所在连通块点编号最大值为 \(i\)，那么 \(r\) 所在
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 看到 \(n \le 100\) 考虑 \(O(\text{poly}(n))\) dp。发现从左向右决策，因为一个点可以向左或向右覆盖，所以需要记最靠左的未覆盖的位置 \(j\) 和最靠右的已覆盖位置 \(k\)，状态就是 \(f_{i, j, k}\)，dp 最小的覆盖
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 放放/ll/ll/ll。 这题是个性质题。 首先第一排一定是升序，第二排一定是降序。考虑第一排若存在 \(i < j\) 使得 \(a_{1, i} > a_{1, j}\)，那么交换这两个数不会变劣。第二排类似。 然后发现在 \(1\) 走下去或在 \(n\) 走下去最优
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑一个显然的树形 dp，设 \(f_{u, i}\) 为 \(u\) 结点染颜色 \(i\) 的方案数，有 \(f_{u, i} = \prod\limits_{v \in son_u} \sum\limits_{j = 1}^i f_{v, j}\)。前缀和后可得 \(
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摘要：洛谷传送门 QOJ 传送门 被 QOJ1193 Ambiguous Encoding 撞了。 考虑直接 dp，设 \(f_{i, j}\) 为较长的串未被较短的串覆盖的部分是第 \(i\) 个字符串的长为 \(j\) 的后缀。转移考虑枚举接在较短的串后面是第 \(k\) 个串，然后讨论一下 \(j\
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 和 CF1010F Tree 基本一致。 考虑经典树形背包，设 \(f_{u, i}\) 为 \(u\) 子树内选了 \(i\) 个点的方案数。初始有 \(f_{u, 0} = 1\)。每次考虑合并儿子 \(v\)，有转移： \[f_{u, i + j} \get
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 educational 的。另一道类似的题是 [ABC269Ex] Antichain。 考虑令 \(b_u = a_u - \sum\limits_{v \in son_u} a_v\)。那么 \(\sum\limits_{i = 1}^n b_i = a_1 = x\)
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 虚高 *2800，放模拟赛 T1 人均切了。 首先我们发现这玩意有可减性，用 \([1, r]\) 的答案减去 \([1, l]\) 即可。所以接下来我们只讨论前缀的情况。 考虑数位 dp。为了计算题目的那玩意我们考虑把每个状态的 dp 值用一个三元组 \((a_1, a_
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 虚高 *2800。放模拟赛 T2 人均切了。 考虑拎出环上的点，每个点下面都挂了一棵树。 那么可以预处理出每棵树从一个点开始染黑，这棵树对答案的贡献。因为一棵树染了一个点就只能去染子树了，所以这个贡献是固定的，用换根 dp 求即可。 那么我们现在可以在环上选择一个起点，每次
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 我们实际上并不关心 \(\text{mex}\) 的具体值，只关心它有没有成为 \(\text{mex}\)。 考虑有一个 \(k = \min(m + 1, n)\) 个空位的长条。我们每次可以往长条最左边的空位放一个球（对应 \(a_i\) 成为 \(\tex
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑给定 \(b\) 如何构造 \(a\)。 拎出基环树的环部分，把这些点连同它们的边删掉（这个环一定在答案中）。递归做即可。 考虑我们在 \(a\) 的环上连一些在 \(\{b_{i, n}\}\) 中排得比 \(a_i\) 前的 \(i \to j\)。可以将问题转化为
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