动态规划题目选讲

\(\text{动态规划题目选讲}\)

\(\text{zph}\)

\(\text{长沙 2025.5.7}\)

based on 2025 年湖南省队集训《dp 专题》。

前 \(16\) 题是正式的讲课内容，本文会持续更新。

引入

动态规划（dp）是算法竞赛的一个热门考点。本文选取了约 \(10\) 道 dp 好题，旨在帮助大家掌握常见的 trick，同时启发大家思考，拓宽思维。

为了达到更好的学习效果，在此进行如下约定：

1. 当你知道关于题目的信息后，题目难度和学习效果可能会降低，这一点相信大家深有体会。故本文中不保证题目按任何逻辑顺序排列。
2. 每个题目的解法会分步给出，请各位阅读每一步后，在前文基础上进行至少 \(10\) 分钟的独立思考。
3. 本文侧重点在于 dp 的状态设计和转移优化，具体的代码实现细节将略过。

方法论

1. dp 状态的设计在于简洁。你需要对状态进行充分的描述（避免后效性），在此基础上，你应该用尽可能少的维度描述状态。为了减少维度，你需要对问题的性质进行挖掘，合并同类的状态，或剪去无用的状态。通俗的说，我们只关心我们需要关心的事物。
2. 如何优化转移？一种方法是剪去无用的转移，另一种方法是将转移写成便于维护的形式，有时需要套用已有的模型求解。

举个例子，对于经典的 \(01\) 背包问题：

设计状态 \(dp(i,j)\) 表示，前 \(i\) 个物品用了 \(j\) 的体积所能达到的最大价值。状态设计的原因是，我们只关心用了多少的体积（即 \(j\)）和最多装了多少价值（即 \(dp\) 值），这些体积具体装了啥，我们并不关心。

考虑经典的转移优化，我们发现 \(dp(i+1,j)\) 只依赖于 \(dp(i,0),dp(i,1),\cdots,dp(i,j)\)，这是一个非常好看的形式，因为若在一轮转移中对 \(j\) 倒序处理，我们可以把整个数组压成一维。

扩展阅读资料

https://www.luogu.com/article/ki71nw88

https://www.cnblogs.com/Mackerel-Pike/p/16395436.html

目录

此处列出本文中的所有题目，各位可以提前思考。

1. Heat Stroke (https://qoj.ac/problem/8811)
2. 棋盘染色 (https://loj.ac/p/6385)
3. 麻将*
4. Paired Roads (https://codeforces.com/gym/104922/problem/I)
5. Dance (https://qoj.ac/problem/6372)
6. Sequence Transformation (https://codeforces.com/problemset/problem/280/E)
7. Famous in Russia* (https://atcoder.jp/contests/xmascon20/tasks/xmascon20_f )
8. Investors (https://qoj.ac/problem/5507)
9. Complexity (https://atcoder.jp/contests/agc033/tasks/agc033_d)
10. Array Covering (https://codeforces.com/problemset/problem/720/F)
11. City United (https://qoj.ac/problem/7303)
12. Desant 3 (https://loj.ac/p/4134)
13. Broken Dream (https://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=7374)
14. Random IS (https://atcoder.jp/contests/arc108/tasks/arc108_e)
15. 芒果冰加了空气 (https://qoj.ac/contest/1081/problem/5357)
16. Zigzag (https://atcoder.jp/contests/agc017/tasks/agc017_f)

*：一些题目没有中文或英文题面，在此列出：

3. 给一套有三种花色（万筒条，下文中记为 m p s），每种花色有 \(n\) 种点数，每个点数 \(4\) 张，共 \(12n\) 张的麻将，给 \(13\) 张起手牌，剩下的 \(12n-13\) 张牌均匀打乱，即 \((12n-13)!\) 种可能等概率随机出现，问期望的最早胡牌巡目数，对 \(998244353\) 取模（不考虑七对），\(n \le 40\)。

4. 你经营了一家会员制餐厅，今天有 \(N\) 个客户，每个客户想吃的菜需要 \(A_1,A_2,\cdots,A_N\) 的时间制作，每个客户吃菜的时间为 \(B_1,B_2,\cdots,B_N\)。

   你的餐厅还蛮大的，所以多个客户可以同时吃菜。

   对于序列 \(A,B\)，和一个正整数 \(k(1 \le k \le N)\)，定义 \(f(A,B,k)\) 为：以任意顺序服务任意 \(k\) 个客户，所需要的最少时间。需要的时间被定义为从开始制作第一个客户想吃的菜，到最后一个客户吃完，所经过的时间

   给定 \(N,V,B\)，对于所有 \(k\)，求满足 \(1 \le A_i \le V\) 的总共 \(V^{N}\) 种 \(A\) 的 \(f(A,B,k)\) 之和，对 \(998244353\) 取模。

   \(1 \le N \le 30,1 \le V \le 20, 1 \le B_i \le NV\)。

A. Heat Stroke

Step 1：

令 \(N,L\) 同阶。

对于道路 \(i\)，考察这条道路上所有人的决策，令 < 表示往左走，> 表示往右走，x 表示离开，则决策一定形如：<<...<< >>...>> xx...xx 或者 >>...>> <<...<< xx...xx。

x 是一段后缀很好理解，不然会有一个 x 的时刻，左右至少有一个没满员，与题意矛盾。

<<...<< >>...>> 这种结构也很好理解，考虑 exchange arguments：如果有决策形如 <<><>，则交换第二个和第三个，变成 <<<>>，交换后你会发现左右两边被塞满的时刻不会变晚。

Step 2：

有了这个性质后，我们就可以 dp 了，令 \(dp(i,<,>,\text{x},0/1)\) 表示，考虑了前 \(i\) 条道路，第 \(i\) 条道路上 < > x 分别有对应的个数，< > 哪个在前面，且从前 \(i-1\) 条道路上飞走时左右两边均已塞满，从第 \(i\) 条道路上飞走时左边已塞满。

你可以理解为，在决策第 \(i\) 条道路时，需要满足第 \(i-1\) 条道路对右边的要求，和第 \(i\) 条道路对左边的要求。

进一步的，\(<,>,\text{x}\) 只需要记录其中之二，因为另一个能通过总数唯一确定。故状态数降到了 \(O(N^2)\)。

Step 3：

考虑转移，转移需要保证第 \(i-1\) 条道路的人飞走之前，右边会被塞满，所以新的 \(<\) 就被确定了，故只需要枚举一维即可转移（注意特判 \(\text{x}=0\) 的情况）。

这样就得到了时间复杂度 \(O(N^3)\) 的做法。

Step 4：

把这个做法实现出来，你会惊奇的发现转移是对一个二维数组的一条斜线取 max（如果选了 \(<,>,\text{x}\) 中不同的东西保留，这里可能会是横线或者竖线），仔细分析你写的每一句话，你还会发现左右端点都递增，可以单调队列维护。

复杂度 \(O(N^2)\)。

B. 棋盘染色

Step 1：

\(m\) 很小，考虑对 \(m\) 这一维状压。

一个思想是进行轮廓线 dp，也就是说你可以在一行中一个一个填，以替代枚举一行中总共 \(2^m\) 种情况。

Step 2：

你需要记录轮廓线上的如下信息：

• 每个位置是黑色和白色。
• 同色之间的联通情况（贝尔数）。

Step 3：

你可以采用如下剪枝策略：

• 一个显然的剪枝是钦定相邻两个同色位置在同一个连通块，加上后搜出来状态数只有 \(3 \times 10^4\) 左右。
• 还有一个剪枝就是如果存在 \((a,b,c,d)\) 满足 \(a \lt b \lt c \lt d\)，\(a,c\) 同色不同块，\(b,d\) 同色不同块，也可以剪枝。

转移的时候，可以对于每一种轮廓线，预处理出在 \(m\) 个位置放哪种颜色会转移到哪种轮廓线，可以建出一个自动机，直接在这个自动机上进行 dp 就行，复杂度视搜出来的状态数而定。

注意特殊处理轮廓线上的拐点。

C. 麻将

Step 1：

先考虑如何判断是否胡牌。

不妨假设只有一种花色，令其为 m 。

令 \(dp(i,j,k,0/1)\) 表示，考虑前 \(i\) 种点数 1m 到 im，组成了 \(j\) 组 (i-1)m,im 的两面搭子（为了凑成 (i-1)m,im,(i+1)m），有 \(k\) 个 im 的孤张（为了凑成 im,(i+1)m,(i+2)m），是否有对子。在此情况下所组成的最大面子数。

Step 2：

转移枚举：新的点数是否自己组雀头，是否自己组成刻字，和前面连上的顺子数，和前面连上的两面搭子数，孤张张数。注意到 \(j,k \le 2\)，因为三个同样的顺子可以组成三个刻子，是等价的。

对于多种花色，令 1p = (n+2)m，1s=(2n+3)m 即可（中间用一个空位隔开）。

Step 3：

对于上面的 dp 建立自动机，一个状态用 \(3 \times 3 \times 2 = 18\) 个数表示，一个状态有 \(5\) 个后继状态，对应后面加入的一张牌的张数 \(\in [0,4]\)。

进行一个基本的期望意义的转化：对于所有 \(i\)，求按点数从小到大依次选 \(i\) 张胡不了的方案数 \(cnt(i)\)，答案就是 \(\dfrac{\sum_{i} cnt(i)i!(12n-13-i)!}{(12n-13)!}\)。

Step 4：

令 \(f(x,len,u)\) 表示考虑点数 \([1,x]\)，一共选了 \(len\) 张牌，走到自动机上的点 \(u\) 的方案数。对于 (n+1)m,(2n+2)m 需要特殊处理，钦定必须有 \(0\) 张即可。

复杂度 \(O(Kn^2)\)。\(K\) 是自动机点数，正常实现的话可能在 \(1000\) 左右，跑一个最小化自动机大概在 \(200\) 多。

注：如果你记不得如何写最小化自动机，可以尝试如下乱搞算法：

• 在自动机上直接删去起点到不了的状态，和到不了终点的状态（适用于 B 题）。
• 在自动机上暴力跑若干步，如果发现两个状态的所有长度的路径条数全部相同，可以合并（适用于 C 题）。
• 枚举任意两个状态，合并后进行对拍（适用于 C 题）。

第一条显然正确，第二条和第三条未经任何验证，只是一些非常符合直觉的东西。

D. Paired Roads

Step 1：

能感受到凸性。

感性理解：我们会优先选择权值大的东西。

Step 2：

考虑树上 dp，\(dp(u,0/1,0/1)\) 表示 \(u\) 的子树里面选，\(u\) 到 \(u\) 的儿子的边选了奇数还是偶数条（这对应了 \(u\) 到 \(u\) 父亲的边是否需要选），是否把 \(c_u\) 加到了代价里面。这个 dp 是线性的，套一层 wqs 二分问题就能解决。

Step 3：

构造方案比较麻烦，但是一个问题是凸的，大概率它的子问题也是凸的。

对于一个凸包，一条直线切上去一定会切一个区间。对每个 dp 状态记录最优值，和可能取到的最小的数量和最大的数量（记录双关键字）。

Step 4：

还原方案时，考虑一个一个把子树拆下去（dp 的逆过程），拆下去的部分有一个可以取到的区间，剩余的部分也有一个可以取到的区间，在里面任取两个数，只要加起来符合条件，就可以往下递归。

复杂度 \(O(n \log A)\)。

E. Dance

Step 1：

将所有点预先往左边平移 \(d\)，则问题等价于，所有点留在原位或向右移动 \(2d\) 个长度，为方便起见下文中用 \(d\) 表示 \(2d\)。

考虑将 \(x\) 轴上的所有点排列成一个矩阵：

1 d+1 2d+1 .... 
2 d+2 2d+2 ....
.  .    .  ....
.  .    .  ....
.  .    .  ....
d  2d  3d  ....

你能做的操作是，把一些点往右挪一个位置，每一行的末尾需要特殊处理。

Step 2：

观察到这个矩形一定有一维 \(\le O(\sqrt{n})\)，可以分 \(d\) 小和 \(d\) 大讨论。

对于 \(d\) 小，可以设 \(dp(i,mask,0/1)\) 表示，当前在数轴上从左往后扫了前 \(i\) 个位置，前 \(i\) 个位置中的所有点均已被覆盖，\([i+1,i+d]\) 中 \(mask\) 的位置被移动后的点占据，最后一个 \(0/1\) 表示是否有一个未确定右端点的区间跨过 \(i\)。

换句话说，\(dp(*,*,0)+a\) 可以转移到 \(dp(*,*,1)\)，表示新开一个区间；\(dp(i,*,1)+b\) 可以转移到 \(dp(i+1,*,1)\)，表示将当前区间延长 \(1\)；\(dp(*,*,1)\) 可以转移到 \(dp(*,*,0)\)，表示结束一个区间，

Step 3：

对于 \(d\) 大，设 \(dp(x,y,mask,0/1)\) 表示，按 \(1,d+1,2d+1,...,2,d+2,2d+2,...\) 的顺序扫描到了 \((x,y)\)，当前轮廓线上（第 \(x\) 行的前 \(y\) 个，和第 \(x-1\) 行中的第 \(y+1\) 列后面的）被区间覆盖的状态是 \(mask\)，\((x,y)\) 上的点是否被移到了右边。

注意特殊处理每一行每一列的最后一个位置。

F. Sequence Transformation

Step 1:

回忆 Slope Trick，这个东西实际上是在维护实数轴上的分段函数。

Step 2：

令 \(f_i(x)\) 表示，填了 \([1,i]\)，\(y_i\) 填的是 \(x\) 的最小代价，转移：\(f_i(x)=(x-x_i)^2+\min_{y \in [x-b,x-a]} f_{i-1}(y)\)。

\(f_1(x)\) 的图像很简单，就是抛物线 \(y=(x-x_1)^2\)，\(f_2(x)\) 的图像可以看做将 \(f_1(x)\) 的图像平移，从最低点切开，将右边的部分再平移，中间用一个平台相连，然后整体加上 \((x-x_2)^2\)。

\(f_i(x)\) 的图像我们可以看做 \(O(i)\) 段开口向上的抛物线拼接成的下凸函数（可归纳证明），利用类似 slope trick 的方法分段维护转移，暴力的复杂度是 \(O(n^2)\)，用平衡树可以做到 \(O(n \log n)\)。

G. Famous in Russia

Step 1：

先考虑选好 \(k\) 个人的情况：

假设有两个人，制作时间是 \(a_1,a_2\)，吃饭时间是 \(b_1,b_2\)，且 \(b_1 \lt b_2\)。如果先服务 \(1\) 再服务 \(2\)，时间为 \(\max\{a_1+b_1,a_1+a_2+b_2\}\)，如果先服务 \(2\) 再服务 \(1\)，时间为 \(\max\{a_2+b_2,a_1+a_2+b_1\}\)，由于 \(b_1 \lt b_2\)，所以 \(a_1+a_2+b_1,a_2+b_2 \lt a_1+a_2+b_2\)，所以先服务 \(2\) 更优，即按 \(b\) 降序排列的顺序服务是最优的。

Step 2：

反过来考虑这个过程，你先假设所有人吃完之后同时离店，也就是说，你有 \(k\) 条线段，一开始长这样：

你可以做的是，将一些红的段往右边挪，使得任意两个红段不交，你需要最小化移动后整个图形的宽度。贪心的，你肯定是先满足 \(1\)，再满足 \(2\)，然后满足 \(3\)。

形式化的刻画这个贪心：一开始有一个变量 \(t=0\)，依次考虑 \(i=1,2,\cdots,k\)，执行 \(t \leftarrow \max\{t,b_i\}\) 和 \(t \leftarrow t+a_i\)。

Step 3：

考虑还没确定具体是哪 \(k\) 个人的情况，依然可以贪心的考虑：

维护优先队列 \(Q\) 存储服务每个人所需的时间代价，显然小的元素在堆顶。另外维护变量 \(ans\) 表示答案，初始为 \(0\)。将时间轴在 \(b_1,b_2,\cdots,b_n\) 处分段，然后依次考虑 \(i=1,2,\cdots,n\)：

• 若 \(ans+Q.top \le b_i\)，因为在这一轮结束后 \(ans\) 一定会对 \(b_i\) 取 \(\max\)，这个人不选白不选。将 \(ans\) 加上 \(Q.top\)，然后移除堆顶。
• 否则，\(ans\) 加上 \(Q\) 里的任何元素都会 \(\gt b_i\)，贪心的将 \(ans-b_i\) 这段时间花到 \(Q.top\) 上，将 \(Q.top\) 减去 \((ans-b_i)\)，将 \(ans\) 改为 \(b_i\)，然后把 \(a_i\) 加入 \(Q\)，接着考虑 \(i+1\)。
• 在弹出 \(k\) 个数的那一刻，\(ans\) 的值就是选 \(k\) 个人的答案。

Step 4：

对这个贪心做 dp，我们惊奇的发现，只需要记录 \(dp(i,k,popmax,inqmin,ans)\) 表示前 \(i\) 个人，选了 \(k\) 个人，目前在 \(Q\) 里面的钦定被选上的最大值是 \(popmax\)，钦定没被选上的最小值是 \(inqmin\)，当前的答案是 \(ans\) 的方案数。转移是容易刻画的。

Step 5：

• \(ans'=\max\{ans,b_{i+1}\}\)
• 如果 \(ans \le b_{i+1}\)，则说明该选的全部选了，\(popmax'=0\)，否则 \(popmax'=\min\{popmax,ans-b_{i+1}\}\)，这个 \(\min\) 的含义是，如果 \(Q\) 里只有 \(popmax\) 一个元素，则它会变为 \((ans-b_{i+1})\)，否则不影响 \(popmax\) 的取值。
• \(inqmin'=inqmin-ans'+ans\)
• 枚举 \(a_{i+1}\) 的取值，根据和 \(popmax',inqmin'\) 的关系看能否转移到 \(dp(i+1,k,popmax',\min\{a_{i+1},inqmin'\},ans')\) 和 \(dp(i+1,k+1,\max\{popmax',a_{i+1}\},inqmin',ans'+a_{i+1})\)。
• 处理“弹出 \(k\) 个数的那一刻”，也是简单的，如果 \(popmax\) 存在（为了不数重）且 \(ans \le b_{i+1}\)（确实这一轮能把该选的都选了），就把 dp 状态上的值乘上 \(ans\) 再乘上 \(V^{n-i+1}\) 加到答案里。注意特判 \(i=n+1\)。

dp 的五维分别是 \(O(n),O(n),O(V),O(V),O(nV)\) 级别，转移复杂度是 \(O(V)\)，故复杂度 \(O(n^3V^4)\)，显然状态数不满，且转移常数不大，std 里只优化了取模意义下的加法，能在 \(1s\) 左右跑完。

H. Investors

Step 1：

容易发现题意等价于把整个序列分 \(k\) 段，最小化每一段的逆序对数之和。

Step 2：

直接应用决策单调性：考虑 \(a \lt b \lt c \lt d\)，通过讨论逆序对的位置，计算对不等式两边的贡献，可以证明 \(w(a,c)+w(b,d) \le w(a,d)+w(b,c)\)。

I. Complexity

Step 1：

最朴素的 dp：\(dp(x_1,y_1,x_2,y_2)\) 表示左上角 \((x_1,y_1)\)，右下角 \((x_2,y_2)\) 的子矩形的 complexity。

容易发现答案不超过 \(\log n\)，每次劈成相等的两半就行。

Step 2：

考虑另一个 dp：\(dp(c,x_1,y_1,x_2)\)，表示对于一个 complexity 不超过 \(c\)，左上角为 \((x_1,y_1)\)，右下角的 \(x\) 坐标为 \(x_2\) 的子矩形，右下角的 \(y\) 坐标最大是多少。

Step 3：

考虑转移，竖着劈是简单的，直接把 \(dp(c,x_1,dp(c,x_1,y_1,x_2)+1,x_2)\) 的值赋给 \(dp(c+1,x_1,y_1,x_2)\) 即可。

横着劈要枚举劈在什么位置，确定 \(c,x_1,y_1\) 后，这个决策点和 \(x_2\) 是有单调性的，感性理解就是，分界点需要保证两边比较“均衡”。

如果还不理解，那就闭上眼睛想（

复杂度 \(O(n^3 \log^2 n)\)。

J. Array Covering

Step 1：

感觉是上凸的，感性理解就是选择的区间权值不断递减，故考虑 wqs 二分，求出将整个序列覆盖的最大代价即可。

Step 2：

令 wqs 二分的附加权值为 \(d\)，\(s_i\) 为前缀和。

先把所有贡献为正的区间选上，这些区间 \([l,r]\) 满足 \(s_r-s_{l-1}+d \gt 0\)，可以用权值线段树求所有贡献和，并用线段树二分对每个 \(r\) 找到一个最小的 \(l\)。

Step 3：

有些位置没有被正区间覆盖，令这些位置为 \(p_1,p_2,\cdots,p_m\)，令 \(dp(i)\) 表示覆盖前 \(i\) 个位置的最小代价。

一个观察是不存在两个负区间包含，原因显然，也就是将负区间按左端点从小到大排序，任意相邻两个区间中间没有空隙。

转移 \(dp(j)+\max_{k=p_i}^{p_{i+1}-1} s_k-\min_{l=p_{j-1}}^{p_j-1}s_l +d \rightarrow dp(i)\)。

将上下界适当放宽：\(dp(j)+\max_{k=p_i}^{n} s_k-\min_{0}^{p_j-1}s_l +d \rightarrow dp(i)\)，容易发现不改变答案。

这个 \(j\) 一定取 \(dp(j)+\min_{l=0}^{p_j-1}s_l\) 最小的 \(j\)，预处理前后缀 min 和 max 即可。

K. City United

Step 1：

求 \(\text{mod} \space 2\) 很奇怪，考虑先在模意义下进行同义替换。令 \(S\) 为点集的一个子集，\(f(S)\) 为 \(S\) 的导出子图的连通块个数。对于 \(f(S)=1\) 的 \(S\) 对答案有 \(1\) 的贡献，其余没有贡献，则答案可以写作 \(\dfrac{\sum 2^{f(S)} \bmod 4}{2}\)。

Step 2：

再对于新的式子找组合意义：\(2^{f(S)}\) 表示每个联通块黑白染色的方案数。

Step 3：

对应到原图上就是：用 \(0,1,2\) 三种颜色对顶点染色，其中 \(0\) 表示 \(S\) 中没有这个，\(1,2\) 对应一个联通块的颜色。

要求没有边连接 \(1,2\)，可以用状压 dp 解决：\(dp(i,mask)\) 表示染了 \([1,i]\) 中的点，\([i-k+1,i]\) 中的点的染色状态是 \(S\)，枚举下一个的颜色转移即可，实现的好可以做到 \(O(n3^k)\)，其中 \(k=13\)。

L. Desant 3

Step 1：

本题的核心思想是”消去两个相同的状态“。

Step 2：

考虑对 \(m\) 个操作逐层搜索，一个状态记录一个三进制串，\(0/1\) 表示确定当前位是什么，\(2\) 表示还没确定（\(01\) 均可，你可以看做是一种压缩存储）。

Step 3：

依次考虑所有操作：

• 情况一：\(a_u=a_v=2\)，你会发现，若 \(a_u \neq a_v\)，则操作之后 \(a_u=0,a_v=1\)，因为只需要求模 \(2\) 的结果，两个相同的串可以抵消，故只需要考虑 \(a_u=a_v\) 的两种情况。
• 情况二：\(a_u,a_v\) 恰好一个为 \(2\)。例如 \(a_u=1,a_v=2\)，若 \(a_v=1\)，则操作之后 \(a_u=1,a_v=1\)；若 \(a_v=0\)，则操作之后 \(a_u=0,a_v=1\)。故操作之后可以看成一个 \(a_u=2,a_v=1\) 的状态。另外三种情况同理。
• 情况三：\(a_u,a_v\) 都不为 \(2\)。直接做一遍这个操作就行。

由于每产生 \(2\) 个分支，\(2\) 的个数减少 \(2\)，故复杂度是 \(O(2^{n/2}m)\)。

M. Broken Dream

Step 1：

按照 Kruskal 的过程，将边按 \(w_i\) 从小到大排序，令 \(f(i,S),g(i,S)\) 分别表示在加入前 \(i\) 条边的情况下，点集 \(S\) 是一个极大连通块的概率和期望。加入边 \((u,v,w,p)\) 的时候，枚举一个包含 \(u\) 但不包含 \(v\) 的集合 \(S\)，和一个包含 \(v\) 但不包含 \(u\) 的集合 \(T\)，转移到 \(S|T\)。

Step 2：

此时有一个问题，如果之前有一条边，一端在 \(S\) 里一端在 \(T\) 里，我们想让这条边不出现，所以需要乘上这些边的 \((1-p)\) 的积。如果能快速维护出每一对 \(S,T\) 之间的连边，问题就解决了。

Step 3：

考虑维护 \(E(R)\) 表示有一端在集合 \(R\) 里面的边的集合，我们需要支持快速查询 \(E(S)\&E(T)\) 里面所有边的 \((1-p)\) 的积。用四毛子，将边每 \(B\) 个分成一块，每一块预处理 \(2^B\) 种出现的可能带来的贡献，计算的时候把 \(S\) 中连出去的边集，and 上 \(T\) 中连出去的边集，对于每一块 \(O(1)\) 查一下表，算出乘积。

复杂度 \(O(3^nm^2/B+2^BB)\)，取 \(B=m/3\) 可以通过。

N. Random IS

Step 1：

令 \(a_0=0,a_{N+1}=N+1\)，假设第一步选择了 \(mid\)，能观察到 \([0,mid]\) 和 \([mid,N+1]\) 两段是独立的。

Step 2：

令 \(dp(l,r)\) 表示区间 \([l,r]\) 的答案，转移 \(dp(l,r)=\frac{\sum_{k=l+1}^{r-1} [a_l \lt a_k \lt a_r](dp(l,k)+dp(k,r)-1)}{\sum_{k=l+1}^{r-1} [a_l \lt a_k \lt a_r]}\)。

转移是二维偏序的形式，对每个左端点和右端点开一个 BIT 维护，注意特判合法 \(k\) 数量为 \(0\) 的情况。

复杂度 \(O(n^2 \log n)\)。

O. 芒果冰加了空气

Step 1：

考虑将两颗点分树合并：我们会在两个根中选择一个根，并将剩下的那个放进当前根唯一对应子树，递归执行合并过程。

Step 2：

我们要做的实质上是，将两个树根之间的节点归并，剩下的部分都是确定的。

Step 3：

观察到转移系数只和树根在原树中的深度有关，令 \(dp(i,d)\) 表示，考虑 \(i\) 的子树，树根的深度为 \(d\)。转移类似树上背包合并，复杂度 \(O(n^2)\)。

P. Zigzag

Step 1：

考虑轮廓线 dp，令 \(dp(i,j,S)\) 表示，考虑到第 \(i\) 条路径的第 \(j\) 个位置，轮廓线的状态是 \(S\)。本题的关键在于如何优秀的刻画轮廓线 \(S\)。

Step 2：

不妨用 \(S\) 的前 \(j\) 位记录“新轮廓线”的状态，后 \(n-j\) 位记录“旧轮廓线”的状态。

Step 3：

转移的时候，唯一需要处理的细节是：当旧轮廓线往左，新轮廓线往右时，需要把旧轮廓线的第一个 \(1\) 变成 \(0\)（对应到原图上就是，往右走之后限制变松了，建议在纸上画画或者闭上眼睛想）。