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动态dp初探

作者：互联网

动态区间最大子段和问题

给出长度为\(n\)的序列和\(m\)次操作，每次修改一个元素的值或查询区间的最大字段和（SP1714 GSS3）。

设\(f[i]\)为以下标\(i\)结尾的最大子段和，\(g[i]\)表示从起始位置到\(i\)以内的最大子段和。
\[ f[i]=\max(f[i-1]+a[i],a[i])\\g[i]=\max(g[i-1],f[i]) \]
定义如下的矩阵乘法，显然这满足乘法结合律和分配律。
\[ C=AB\\C[i,j]=\max_{k}(A[i,k]+B[k,j]) \]
将转移写为矩阵（注意\(g[i]=\max(g[i-1],f[i-1]+a[i],a[i])\)）
\[ \begin{bmatrix} f[i]\\ g[i]\\ 0\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a[i]&-\infty&a[i]\\ a[i]&0&a[i]\\ -\infty&-\infty&0\end{bmatrix} \begin{bmatrix} f[i-1]\\ g[i-1]\\ 0\end{bmatrix} \]
可知每个元素\(a[i]\)都对应了一个矩阵，可以认为区间\([l,r]​\)的答案所在矩阵正是
\[ (\prod_{i=l}^k \begin{bmatrix} a[i]&-\infty&a[i]\\ a[i]&0&a[i]\\ -\infty&-\infty&0 \end{bmatrix} )\begin{bmatrix} 0\\ -\infty\\ 0\end{bmatrix} \]
因此可以用线段树维护区间矩阵乘积。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e4+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;

struct mtr {
    int a[3][3];
    int*operator[](int d) {return a[d];}
    inline mtr() {}
    inline mtr(int val) {
        a[0][0]=a[0][2]=a[1][0]=a[1][2]=val;
        a[0][1]=a[2][0]=a[2][1]=-inf;
        a[1][1]=a[2][2]=0;
    }
    mtr operator*(mtr b) {
        static mtr c;
        memset(&c,-inf,sizeof c);
        for(int i=0; i<3; ++i) 
        for(int k=0; k<3; ++k) 
        for(int j=0; j<3; ++j) 
            c[i][j]=max(c[i][j],a[i][k]+b[k][j]);
        return c; 
    }
} t,a[N<<2];

#define ls (x<<1)
#define rs (x<<1|1)
void build(int x,int l,int r) {
    if(l==r) {
        scanf("%d",&r);
        a[x]=mtr(r);
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    build(ls,l,mid);
    build(rs,mid+1,r);
    a[x]=a[ls]*a[rs];
}
void modify(int x,int l,int r,int p,int val) {
    if(l==r) {
        a[x]=mtr(val);
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if(p<=mid) modify(ls,l,mid,p,val);
    else modify(rs,mid+1,r,p,val);
    a[x]=a[ls]*a[rs];
}
mtr query(int x,int l,int r,int L,int R) {
    if(L<=l&&r<=R) return a[x];
    int mid=(l+r)>>1;
    if(R<=mid) return query(ls,l,mid,L,R);
    if(mid<L) return query(rs,mid+1,r,L,R);
    return query(ls,l,mid,L,R)*query(rs,mid+1,r,L,R); 
}

int main() {
    memset(&t,-inf,sizeof t); //notice
    t[0][0]=t[2][0]=0;
    int n,q;
    scanf("%d",&n);
    build(1,1,n);
    scanf("%d",&q);
    for(int op,l,r; q--; ) {
        scanf("%d%d%d",&op,&l,&r);
        if(op==0) modify(1,1,n,l,r);
        else {
            mtr ret=query(1,1,n,l,r)*t;
            printf("%d\n",max(ret[0][0],ret[1][0]));
        } 
    }
    return 0;
}

动态树上最大权独立集

注意断句 给出一棵\(n​\)个节点树和\(m​\)次操作，每次操作修改一个点权并计算当前树上的最大权独立集的权值。

重链剖分，设\(y\)为\(x\)的某个儿子，\(s\)是重儿子，\(f[x,t]\)表示在以\(x\)为根的子树中不选/选\(x\)时的最大权独立集权值，\(g[x,t]\)表示在以\(x\)的为根的子树中除去以\(s\)为根的子树部分内不选/选\(x\)的最大权独立集权值，。
\[ g[x,0]=\sum_{y\not=s}\max(f[y,0],f[y,1])\\ g[x,1]=a[x]+\sum_{y\not=s} f[y,0]\\ f[x,0]=g[x,0]+\max(f[s,0],f[s,1])\\ f[x,1]=g[x,1]+f[s,0] \]
然后改写为矩阵乘法
\[ \begin{bmatrix} f[x,0]\\ f[x,1] \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} g[x,0]&g[x,0]\\ g[x,1]&-\infty \end{bmatrix} \begin{bmatrix} f[s,0]\\ f[s,1] \end{bmatrix} \]
当\(s\)不存在时，钦定\(f[s,0]=0\)、\(f[s,1]=-\infty\)。进一步可发现在一条链内，链顶的\(f[,t]​\)值正是链上所有的“G矩阵”（应该明白指的是那个吧）乘起来的第一列值。

因此我们可以树剖维护重链上这些矩阵的乘积，更新时从修改点跳到每条重链的链顶，计算链顶部\(f[,t]\)，更新他父亲的\(g[,t]\)（显然他不是父亲的重儿子）,然后再跳往父亲所在重链……。

也可以lct来做，（试了一下树剖发现麻烦爆了）每次access修改点到根，然后对这部分重计算就好了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;

struct mtr {
    int a[2][2];
    int*operator[](int d) {return a[d];}
    mtr() {memset(a,-inf,sizeof a);}
    mtr operator*(mtr b) {
        mtr c;
        for(int i=0; i<2; ++i) 
        for(int k=0; k<2; ++k) 
        for(int j=0; j<2; ++j) 
            c[i][j]=max(c[i][j],a[i][k]+b[k][j]);
        return c; 
    }
} G[N],PG[N]; 

int n,m,a[N];
int head[N],to[N<<1],last[N<<1];
int fa[N],ch[N][2],dp[N][2];

void add_edge(int x,int y) {
    static int cnt=0;
    to[++cnt]=y,last[cnt]=head[x],head[x]=cnt;
}
void dfs(int x) {
    dp[x][1]=a[x];
    for(int i=head[x]; i; i=last[i]) {
        if(to[i]==fa[x]) continue;
        fa[to[i]]=x;
        dfs(to[i]);
        dp[x][0]+=max(dp[to[i]][0],dp[to[i]][1]);
        dp[x][1]+=dp[to[i]][0];
    }
    G[x][0][0]=G[x][0][1]=dp[x][0];
    G[x][1][0]=dp[x][1];
    PG[x]=G[x];
} 
void update(int x) {
    PG[x]=G[x];
    if(ch[x][0]) PG[x]=PG[ch[x][0]]*PG[x]; //无交换律 
    if(ch[x][1]) PG[x]=PG[x]*PG[ch[x][1]];
}
int get(int x) {
    return ch[fa[x]][0]==x?0:(ch[fa[x]][1]==x?1:-1);
}
void rotate(int x) {
    int y=fa[x],k=get(x);
    if(~get(y)) ch[fa[y]][get(y)]=x;
    fa[x]=fa[y];
    fa[ch[y][k]=ch[x][k^1]]=y;
    fa[ch[x][k^1]=y]=x;
    update(y);
    update(x); 
}
void splay(int x) {
    while(~get(x)) {
        int y=fa[x];
        if(~get(y)) rotate(get(x)^get(y)?x:y);
        rotate(x);
    }
} 
void access(int x) {
    for(int y=0; x; x=fa[y=x]) {
        splay(x);
        if(ch[x][1]) { //旧的重儿子 
            G[x][0][0]+=max(PG[ch[x][1]][0][0],PG[ch[x][1]][1][0]);
            G[x][1][0]+=PG[ch[x][1]][0][0];
        }
        if(y) { //新的重儿子 
            G[x][0][0]-=max(PG[y][0][0],PG[y][1][0]);
            G[x][1][0]-=PG[y][0][0];
        }
        G[x][0][1]=G[x][0][0]; //别忘了 
        ch[x][1]=y;
        update(x);
    }
}
void modify(int x,int y) {
    access(x);
    splay(x);
    G[x][1][0]+=y-a[x];
    update(x);
    a[x]=y;
}

int main() {
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1; i<=n; ++i) scanf("%d",a+i);
    for(int x,y,i=n; --i; ) {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add_edge(x,y);
        add_edge(y,x);
    }
    dfs(1); //所有连边是轻边 
    for(int x,y; m--; ) {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        modify(x,y);
        splay(1);
        printf("%d\n",max(PG[1][0][0],PG[1][1][0]));
    }
    return 0;
}

全局平衡二叉树

然后讲一讲这道题的毒瘤加强版。传送门

数据加强并且经过特殊构造，树剖和LCT都过不了了。树剖本身复杂度太大， O(\(m\log^2n\))过不了百万是很正常的；而LCT虽然只有一个\(\log\) ，但由于常数过大也被卡了。

树剖的两个 \(\log\) 基本上可以放弃治疗了。但是我们不禁要问，LCT究竟慢在哪里？

仔细想想，LCT的access复杂度之所以是一个 \(\log​\) ，是由于splay的势能分析在整棵LCT上依然成立，也就是说可以把LCT看作一棵大splay，在这棵大splay上的一次access只相当于一次splay。

话虽然是这么说，但是实际上当我们不停地随机access的时候，要调整的轻重链数量还是很多的。感受一下，拿极端情形来说，如果树是一条链，一开始全是轻边，那么对链末端的结点access一次显然应该是 \(O(n)\)的。所以其实LCT的常数大就大在它是靠势能法得到的 \(O(\log n)\)，这么不靠谱的玩意是容易gg的。

但是如果我们不让LCT放任自由地access，而是一开始就给它构造一个比较优雅的姿态并让它静止（本来这棵树也不需要动），那么它也许就有救了。我们可以按照树链剖分的套路先划分出轻重边，然后对于重链建立一棵形态比较好的splay，至于轻儿子就跟原来的LCT一样直接用轻边挂上即可。什么叫“形态比较好”呢？我们给每个点 \(x​\) 定义其权重为 size[x]-size[son[x]]，其中 son[x] 是它的重儿子，那么对于一条重链，我们可以先找到它的带权重心作为当前节点，然后对左右分别递归建树。

by GKxx blog

似乎较lct常数更小，也蛮好些的。

#include <bits/stdc++.h> /*卡着时限过*/
using namespace std;

namespace IO {
    const unsigned Buffsize=1<<24,Output=1<<24;
    static char Ch[Buffsize],*St=Ch,*T=Ch;
    inline char getc() {
        return((St==T)&&(T=(St=Ch)+fread(Ch,1,Buffsize,stdin),St==T)?0:*St++);
    }
    static char Out[Output],*nowps=Out;
    inline void flush() {
        fwrite(Out,1,nowps-Out,stdout);
        nowps=Out;
    }
    template<typename T>inline void read(T&x) {
        x=0;
        static char ch;
        T f=1;
        for(ch=getc(); !isdigit(ch); ch=getc())if(ch=='-')f=-1;
        for(; isdigit(ch); ch=getc())x=x*10+(ch^48);
        x*=f;
    }
    template<typename T>inline void write(T x,char ch='\n') {
        if(!x)*nowps++=48;
        if(x<0)*nowps++='-',x=-x;
        static unsigned sta[111],tp;
        for(tp=0; x; x/=10)sta[++tp]=x%10;
        for(; tp; *nowps++=sta[tp--]^48);
        *nowps++=ch;
        flush();
    }
}
using IO::read;
using IO::write;

const int N=1e6+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;

struct mtr {
    int a[2][2];
    int*operator[](int x) {return a[x]; }
    inline mtr() {}
    inline mtr(int g0,int g1) {
        a[0][0]=a[0][1]=g0;
        a[1][0]=g1;
        a[1][1]=-inf;
    }
    inline mtr operator*(mtr b) {
        mtr c;
        c[0][0]=max(a[0][0]+b[0][0],a[0][1]+b[1][0]);
        c[0][1]=max(a[0][0]+b[0][1],a[0][1]+b[1][1]);
        c[1][0]=max(a[1][0]+b[0][0],a[1][1]+b[1][0]);
        c[1][1]=max(a[1][0]+b[0][1],a[1][1]+b[1][1]);
        return c;
    }
    void print() {
        printf("%d %d\n%d %d\n\n",a[0][0],a[0][1],a[1][0],a[1][1]); 
    }
};

int n,m,a[N];
int head[N],to[N<<1],last[N<<1];
int siz[N],son[N],g[N][2];
inline void add_edge(int x,int y) {
    static int cnt=0;
    to[++cnt]=y,last[cnt]=head[x],head[x]=cnt;
}
void dfs1(int x,int pa) {
    siz[x]=1;
    g[x][1]=a[x];
    for(int i=head[x]; i; i=last[i]) {
        if(to[i]==pa) continue;
        dfs1(to[i],x);
        siz[x]+=siz[to[i]];
        if(siz[to[i]]>siz[son[x]]) son[x]=to[i];
        g[x][0]+=max(g[to[i]][0],g[to[i]][1]);
        g[x][1]+=g[to[i]][0];
    }
}
void dfs2(int x,int pa) {
    if(!son[x]) return;
    g[x][0]-=max(g[son[x]][0],g[son[x]][1]);
    g[x][1]-=g[son[x]][0];
    for(int i=head[x]; i; i=last[i]) 
        if(to[i]!=pa) dfs2(to[i],x); 
}

mtr G[N],PG[N];
int root,fa[N],ch[N][2];
int stk[N],tp;
bool is_root[N];

inline void update(int x) {
    PG[x]=G[x];
    if(ch[x][0]) PG[x]=PG[ch[x][0]]*PG[x];
    if(ch[x][1]) PG[x]=PG[x]*PG[ch[x][1]];
}
int chain(int l,int r) {
    if(r<l) return 0;
    int sum=0,pre=0;
    for(int i=l; i<=r; ++i) sum+=siz[stk[i]]-siz[son[stk[i]]];
    for(int i=l; i<=r; ++i) {
        pre+=siz[stk[i]]-siz[son[stk[i]]];
        if((pre<<1)>=sum) {
            int x=stk[i];
            ch[x][0]=chain(l,i-1);
            ch[x][1]=chain(i+1,r);
            if(ch[x][0]) fa[ch[x][0]]=x;
            if(ch[x][1]) fa[ch[x][1]]=x;
            update(x);
            return x;
        }
    }
    return 2333;
}
int tree(int top,int pa) {
    for(int x=top; x; x=son[pa=x]) {
        for(int i=head[x]; i; i=last[i]) {
            if(to[i]!=son[x]&&to[i]!=pa) {
                fa[tree(to[i],x)]=x;
            }
        } 
        G[x]=mtr(g[x][0],g[x][1]);
    }
    tp=0;
    for(int x=top; x; x=son[x]) stk[++tp]=x;
    return chain(1,tp);
}
inline void build() {
    root=tree(1,0);
    for(int i=1; i<=n; ++i) {
        is_root[i]=ch[fa[i]][0]!=i&&ch[fa[i]][1]!=i;
    }
}
inline int solve(int x,int y) {
    g[x][1]+=y-a[x];
    a[x]=y;
    for(int f0,f1; x; x=fa[x]) {
        f0=PG[x][0][0];
        f1=PG[x][1][0];
        G[x]=mtr(g[x][0],g[x][1]);
        update(x);
        if(fa[x]&&is_root[x]) {
            g[fa[x]][0]+=max(PG[x][0][0],PG[x][1][0])-max(f0,f1);
            g[fa[x]][1]+=PG[x][0][0]-f0;
        }
    }
    return max(PG[root][0][0],PG[root][1][0]);
}

int main() {
    read(n);
    read(m);
    for(int i=1; i<=n; ++i) read(a[i]);
    for(int x,y,i=n; --i; ) {
        read(x);
        read(y);
        add_edge(x,y);
        add_edge(y,x);
    }
    dfs1(1,0);
    dfs2(1,0);
    build();
    int lastans=0;
    for(int x,y; m--; ) {
        read(x);
        read(y);
        x^=lastans;
        lastans=solve(x,y);
        write(lastans);
    }
    return 0;
}

NOIP18 保卫王国

给出一棵\(n​\)个节点树和\(m​\)次询问，每次询问强制选/不选两个点然后计算当前树上的最小覆盖集，询问互相独立。

提示：强制选一个点就是把它的点权改成0，强制不选就是改成 \(\infty\)；最小覆盖权值+最大独立集权值=总权值。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=1e6+10;
const long long inf=1e10;

struct mtr {
    long long a[2][2];
    long long*operator[](int x) {return a[x]; }
    inline mtr() {} 
    inline mtr(long long g0,long long g1) {
        a[0][0]=a[0][1]=g0;
        a[1][0]=g1;
        a[1][1]=-inf;
    }
    inline mtr operator*(mtr b) {
        mtr c;
        c[0][0]=max(a[0][0]+b[0][0],a[0][1]+b[1][0]);
        c[0][1]=max(a[0][0]+b[0][1],a[0][1]+b[1][1]);
        c[1][0]=max(a[1][0]+b[0][0],a[1][1]+b[1][0]);
        c[1][1]=max(a[1][0]+b[0][1],a[1][1]+b[1][1]);
        return c;
    }
};

int n,m;
long long a[N],g[N][2];
int head[N],to[N<<1],last[N<<1];
int prt[N],siz[N],son[N];
inline void add_edge(int x,int y) {
    static int cnt=0;
    to[++cnt]=y,last[cnt]=head[x],head[x]=cnt;
}
void dfs1(int x,int pa) {
    siz[x]=1;
    g[x][1]=a[x];
    for(int i=head[x]; i; i=last[i]) {
        if(to[i]==pa) continue;
        prt[to[i]]=x;
        dfs1(to[i],x);
        siz[x]+=siz[to[i]];
        if(siz[to[i]]>siz[son[x]]) son[x]=to[i];
        g[x][0]+=max(g[to[i]][0],g[to[i]][1]);
        g[x][1]+=g[to[i]][0];
    }
}
void dfs2(int x,int pa) {
    if(!son[x]) return;
    g[x][0]-=max(g[son[x]][0],g[son[x]][1]);
    g[x][1]-=g[son[x]][0];
    for(int i=head[x]; i; i=last[i]) 
        if(to[i]!=pa) dfs2(to[i],x); 
}

mtr G[N],PG[N];
int root,fa[N],ch[N][2];
int stk[N],tp;
bool is_root[N];

inline void update(int x) {
    PG[x]=G[x];
    if(ch[x][0]) PG[x]=PG[ch[x][0]]*PG[x];
    if(ch[x][1]) PG[x]=PG[x]*PG[ch[x][1]];
}
int chain(int l,int r) {
    if(r<l) return 0;
    int sum=0,pre=0;
    for(int i=l; i<=r; ++i) sum+=siz[stk[i]]-siz[son[stk[i]]];
    for(int i=l; i<=r; ++i) {
        pre+=siz[stk[i]]-siz[son[stk[i]]];
        if((pre<<1)>=sum) {
            int x=stk[i];
            ch[x][0]=chain(l,i-1);
            ch[x][1]=chain(i+1,r);
            if(ch[x][0]) fa[ch[x][0]]=x;
            if(ch[x][1]) fa[ch[x][1]]=x;
            update(x);
            return x;
        }
    }
    return 2333; 
}
int tree(int top,int pa) {
    for(int x=top; x; x=son[pa=x]) {
        for(int i=head[x]; i; i=last[i]) {
            if(to[i]!=son[x]&&to[i]!=pa) {
                fa[tree(to[i],x)]=x;
            }
        } 
        G[x]=mtr(g[x][0],g[x][1]);
    }
    tp=0;
    for(int x=top; x; x=son[x]) stk[++tp]=x;
    return chain(1,tp);
}
inline void build() {
    root=tree(1,0);
    for(int i=1; i<=n; ++i) {
        is_root[i]=ch[fa[i]][0]!=i&&ch[fa[i]][1]!=i;
    }
}
long long tot,res;
inline void solve(int x,long long y) {
    tot+=y;
    g[x][1]+=y;
    for(long long f0,f1; x; x=fa[x]) {
        f0=PG[x][0][0];
        f1=PG[x][1][0];
        G[x]=mtr(g[x][0],g[x][1]);
        update(x);
        if(fa[x]&&is_root[x]) {
            g[fa[x]][0]+=max(PG[x][0][0],PG[x][1][0])-max(f0,f1);
            g[fa[x]][1]+=PG[x][0][0]-f0;
        }
    }
}
inline void solve(int x,int p,int y,int q) {
    long long sx,sy;
    if(!p&&!q) sx=inf,sy=inf,res=0;
    else if(!p&&q) sx=inf,sy=0,res=a[y];
    else if(p&&!q) sx=0,sy=inf,res=a[x];
    else sx=0,sy=0,res=a[x]+a[y];
    solve(x,sx-a[x]);
    solve(y,sy-a[y]);
    res+=tot-max(PG[root][0][0],PG[root][1][0]);
    solve(x,a[x]-sx);
    solve(y,a[y]-sy);
}

char type[10]; 
int main() { //此代码 在-O2时极快
    freopen("defense.in","r",stdin);
    freopen("defense.ans","w",stdout); 
    scanf("%d%d%s",&n,&m,type);
    for(int i=1; i<=n; ++i) {
        scanf("%lld",a+i);
        tot+=a[i];
    }
    for(int x,y,i=n; --i; ) {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add_edge(x,y);
        add_edge(y,x);
    }
    dfs1(1,0);
    dfs2(1,0);
    build();
    for(int x,p,y,q; m--; ) {
        scanf("%d%d%d%d",&x,&p,&y,&q);
        if(!p&&!q&&(prt[x]==y||prt[y]==x)) {
            puts("-1");
            continue;
        }
        solve(x,p,y,q);
        printf("%lld\n",res);
    }
    return 0;
}

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来源： https://www.cnblogs.com/nosta/p/10423862.html