基础 dp 二十六题
作者：互联网
题有点多，例行的简要题意环节就无了。这些题都是各个类型的 \(\rm dp\) 里最基础的，就当做再过一遍知识点吧。
最基础的一维 \(\rm dp\)。考虑设 \(f_i\) 表示走到 \(i\) 所需要的最少代价，则走到 \(i\) 可以由 \(i-1,i-2\) 转移而来：
\[f_{i}=\min(f_{i-1}+|h_i-h_{i-1}|,f_{i-2}+|h_i-h_{i-2}|) \]边界条件是走到 \(1\) 不需要代价：
\[f_1=0 \]答案即为 \(f_n\)。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。评测记录。
是上题的扩展，\(i\) 可以从 \(i-k,i-k+1,\cdots,i-1\) 转移过来：
\[f_i=\min_{j=\max(1,i-k)}^{i-1}\{f_j+|h_i-h_j|\} \]边界条件和答案不变，时间复杂度 \(\mathcal{O}(nk)\)。评测记录
状态设计变得复杂了一点。注意到每次选择具有后效性，即会影响后一天的选择范围。但对于这种后效性，我们可以通过把选择的内容加入状态来避免。具体来讲，考虑设 \(f_{i,0/1/2}\) 分别表示第 \(i\) 天选活动 A/B/C 的最大幸福度。则有转移：
\[f_{i,j}=\max_{k\in\{0,1,2\}\backslash\{j\}}\{f_{i-1,k}\}+A_{i,j} \]其中 \(A_{i,0}=a_i,A_{i,1}=b_i,A_{i,2}=c_i\)。边界条件是 \(f_{0,0/1/2}=0\)，答案为：
\[\max(f_{n,0},f_{n,1},f_{n,2}) \]时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。评测记录。
01 背包问题，不详细讲推导过程。考虑设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个物品，选出重量为 \(j\) 的最大价值，则有：
\[f_{i,j}=\max(f_{i-1,j},f_{i-1,j-w_i}+v_i) \]注意重复转移的问题，可以通过倒序枚举 \(j\) 来避免。答案即为 \(\max\{f_{n,0\sim W}\}\)。注意到空间复杂度可以用滚动数组优化为 \(\mathcal{O}(W)\)。进一步观察发现，可以干脆去掉第一维也不影响答案。时间复杂度 \(\mathcal{O}(nW)\)。评测记录。
注意到此题和上一题题面都差不多，只不过我们不再能在状态里记录重量了，因为它达到了 \(10^9\) 级别。但同时，价值缩小到了一个可以接受的级别。所以考虑魔改上述过程，设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个物品，价值为 \(j\) 对应的最小重量：
\[f_{i,j}=\min(f_{i-1,j},f_{i-1,j-v_i}+w_i) \]注意初始值为 \(f_{0,1\sim W}=\infty,f_{0,0}=0\)，依然需要倒序枚举来防止重复转移。类似地，可以把第一维优化掉。最终答案即为最大的 \(i\)，满足 \(f_i\le W\)。时间复杂度 \(\mathcal{O}(nV)\)。评测记录。
经典 LCS 问题，不再介绍推导过程。设 \(f_{i,j}\) 表示 \(S\) 前 \(i\) 个字符与 \(T\) 前 \(j\) 个字符匹配，能得到的最大 LCS，则有转移：
\[f_{i,j}=\max([S_i=T_j](f_{i-1,j-1}+1),\max(f_{i-1,j},f_{i,j-1})) \]意义就是考虑当前能否匹配上，如果能匹配就尝试匹配，否则就往前考虑。答案即为 \(f_{|S|,|T|}\)。但这道题还要求输出方案，\(\rm dp\) 输出方案通常我们都是记录转移的过程。不过这道题稍微有点麻烦，因为还涉及到哪个转移匹配上，哪些不匹配。考虑设 \(las_{i,j}\) 表示 \((i,j)\) 是从哪个二元组转移过来的，设 \(v_{i,j}\) 表示 \((i,j)\) 对应的匹配，如果没有就置为空。转移的时候记录一下，最终输出时从 \((|S|,|T|)\) 往前倒推整个过程即可。时间复杂度 \(\mathcal{O}(|S||T|)\)。评测记录。
DAG 上 \(\rm dp\)。考虑拓扑排序。如果存在一条 \(u\rightarrow v\) 的边，则有转移：
\[f_v=\max(f_u+1,f_v) \]最终答案即为：
\[\max_{i=1}^n\{f_i\} \]评测记录。
经典网格上 \(\rm dp\)。考虑设 \(f_{i,j}\) 表示从 \((1,1)\) 到 \((i,j)\) 的方案数，初始时 \(f_{1,1}=1\)，答案即为 \(f_{H,W}\)。转移时，考虑从上还是左转移：
\[f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i,j-1} \]如果遇到障碍不转移即可。时间复杂度 \(\mathcal{O}(HW)\)。评测记录。
注意到，如果我们再观察一下 \(\rm dp\) 的转移：
\[f_{i,j}=\dbinom{i+j}{i}=\dbinom{i+j-1}{i-1}+\dbinom{i+j-1}{i}=f_{i-1,j}+f_{i,j-1} \]可以发现，如果不存在障碍，能证明：
\[f_{i,j}=\dbinom{i+j}{i} \]组合意义也比较好看出来，发现一共要走 \(i+j\) 步，我们只需要选出 \(i\) 步朝上的即可。
概率与期望 \(\rm dp\)。有一个比较显然的三维状态，考虑设 \(f_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 个有 \(j\) 个正面朝上的，\(k\) 个背面朝上的的概率。最终答案即为 \(\sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{k=1}^{j-1}f_{n,j,k}\)。这样转移的复杂度是 \(\mathcal{O}(n^3)\) 的，无法接受。但注意到，我们关心的是 \(j,k\) 的差，而不是具体值，所以考虑更改状态的设计。设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个，正面朝上的减去背面朝上的个数为 \(j\) 的概率。则转移为枚举这一位是正还是反：
\[f_{i,j}=f_{i-1,j-1}p_i+f_{i-1,j+1}(1-p_i) \]答案即为 \(\sum\limits_{j=0}^nf_{n,j}\)。注意这里可能要处理负下标，平移一下即可。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)。评测记录。
概率与期望 \(\rm dp\)。注意到，有用的信息是剩下盘子里寿司的数量，我们需要设计一个合理的状态来描述。考虑设 \(f_{i,j,k}\) 表示剩下 \(1,2,3\) 个寿司的盘子分别有 \(i,j,k\) 个时，需要的操作次数。则转移就比较明显，考虑枚举这次随机到哪种类型的盘子即可：
\[f_{i,j,k}=\dfrac{i}{n}f_{i-1,j,k}+\dfrac{j}{n}f_{i+1,j-1,k}+\dfrac{k}{n}f_{i,j+1,k-1}+\dfrac{n-i-j-k}{n}f_{i,j,k}+1 \]把等式右边的 \(f_{i,j,k}\) 移到左边即可正常递推。除此之外，注意这个转移顺序比较难找，所以直接上记忆化搜索即可，边界条件为 \(f_{0,0,0}=0\)，答案为 \(f_{cnt_1,cnt_2,cnt_3}\)。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^3)\)。评测记录。
博弈论。注意到，如果我们把游戏抽象为一张 DAG，每个点表一种剩余的石头数量，则我们会得到一张 \(\mathcal{O}(k)\) 个点，\(\mathcal{O}(nk)\) 条边的有向图。考虑一个点是先手必胜的，当且仅当它的出边存在一个点是先手必败的点，反之就是先手必败的。发现可以用记忆化搜索搜索这个图的状态，求出每个点的必胜必败状态，共 \(\mathcal{O}(k)\) 个状态，单次转移 \(\mathcal{O}(n)\)，总时间复杂度 \(\mathcal{O}(nk)\)。评测记录。
还是博弈论。不过这次如果再抽象为 DAG 就点数太多了。考虑 \(\min\max\) 博弈，即我们考虑当前状态下是先手还是后手操作，然后分别根据它们的最优策略转移。具体来讲，设 \(f_{l,r}\) 表示序列剩下的区间为 \([l,r]\) 时的答案，则：
\[\begin{cases}f_{l,r}=\min(f_{l+1,r}-a_l,f_{l,r-1}-a_r)&n-r+l-1\equiv1\pmod{2}\\f_{l,r}=\max(f_{l+1,r}+a_l,f_{l,r-1}+a_r)&\tt otherwise\end{cases} \]区间 \(\rm dp\) 即可，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)。评测记录。
前缀和优化 \(\rm dp\)。考虑设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个小孩分 \(j\) 个糖的方案数，则最终答案即为 \(f_{n,k}\)。一个比较显然的转移是：
\[f_{i,j}=\sum_{k=0}^{\min(j,a_i)}f_{i-1,j-k} \]时间复杂度 \(\mathcal{O}(nk^2)\)，无法通过。注意到这个转移是区间和的形式，可以直接上前缀和优化，时间复杂度降至 \(\mathcal{O}(nk)\)。评测记录。
区间 \(\rm dp\)。考虑设 \(f_{l,r}\) 表示合并区间 \([l,r]\) 内的史莱姆需要的最小代价，则枚举当前区间是由哪两个子区间合并而来的可以得到：
\[f_{l,r}=\min_{k=l}^{r-1}(f_{l,k}+f_{k+1,r}+\operatorname{sum}_{l,r}) \]其中 \(\operatorname{sum}_{l,r}\) 表示区间和，可以通过维护前缀和 \(\mathcal{O}(1)\) 得到。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^3)\)。评测记录。
状压 \(\rm dp\)。考虑设 \(f_S\) 表示当前男性的匹配情况为 \(S\) 时的方案数。这里需要解释的是，我们是按照顺序匹配女性的，即将一个男性加入集合时，我们钦定他匹配的是第 \(|S|+1\) 个女性。这样，\(f_S\) 的意义其实就是对于当前集合，有多少种合法的加入顺序。转移只需枚举上一次加入的是哪个男性：
\[f_S=\sum_{v\in S,a_{v,|S|-1}=1}f_{S\backslash\{v\}} \]初始时有 \(f_{\{0,0,0\cdots\}}=1\)，答案即为 \(f_{\{1,1,1,\cdots\}}\)。时间复杂度 \(\mathcal{O}(2^nn)\)。评测记录。
树形 \(\rm dp\)。考虑设 \(f_{i,0/1}\) 表示结点 \(i\) 为白/黑色的方案数，则转移时，我们考虑将儿子的方案合并上来：
\[\begin{aligned}&f_{i,0}=\prod_{v\in son_i}(f_{v,0}+f_{v,1})\\&f_{i,1}=\prod_{v\in son_i}f_{v,0}\end{aligned} \]一遍 \(\rm dfs\) 即可转移，最终答案即为 \(f_{rt,0}+f_{rt,1}\)，其中 \(rt\) 为 \(\rm dfs\) 时钦定的根。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。评测记录。
带权的 LIS。比较经典的问题，考虑设 \(f_i\) 表示前 \(i\) 朵花能得到的最大价值，则转移时只需要往前面找一朵花接上即可：
\[f_i=\max_{1\le j<i,h_j<h_i}\{f_j\}+a_i \]直接转移是 \(\mathcal{O}(n^2)\) 的无法接受。注意到关于下标的限制是很弱的，我们只需要处理完 \(f_i\) 后把它扔到某个我们维护的东西里面，之后再查询时就能保证有效区间是合法的。所以我们把重点放在 \(h\) 的限制上。发现 \(h\) 的值域是很小的，考虑开一个 DS，第 \(x\) 位维护满足 \(h_i=x\) 的 \(f_i\) 最大值。则转移时，我们只需查询一个前缀最大值 \([1,h_i-1]\) 即可。可以用树状数组轻松实现上述功能，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n)\)。评测记录。
另外，如果 \(h\) 的值域很大，因为我们只关心大小关系，所以离散化后就能做了。
矩阵乘法优化 \(\rm dp\)。考虑设 \(f_{i,j,k}\) 表示从 \(i\) 到 \(j\)，经过恰好 \(k\) 条边的方案数。容易发现 \(f_{i,j,1}\) 即为邻接矩阵。转移时，我们有：
\[f_{i,j,k}=\sum_{l=1}^nf_{i,l,k-1}f_{l,j,k} \]发现这个很像矩阵乘法的形式，更进一步，如果我们设邻接矩阵为 \(\bf A\)，则应该有：
\[f_{i,j,k}=\mathbf{A}^k \]归纳法易证。所以最终答案即为：
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(\mathbf{A}^k)_{i,j} \]时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^3\log k)\)。评测记录。
数位 \(\rm dp\)。考虑设 \(f_{i,j,0/1}\) 表示考虑了前 \(i\) 位，数位和模 \(d\) 为 \(j\)，是否贴着 \(k\) 的上界。则转移有：
\[\begin{aligned}&f_{i,j,0}=\sum_{l=0}^9f_{i+1,(j+l)\bmod d,0}\\&f_{i,j,1}=\sum_{l=0}^{k_i}f_{i+1,(j+l)\bmod d,[l=k_i]}\end{aligned} \]其中 \(k_i\) 表示 \(k\) 第 \(i\) 位的值。这个过程因为参数比较多，所以用记忆化搜索实现会更简单，时间复杂度 \(\mathcal{O}(d\log k)\)。评测记录。
这个好像国内不知名，国外称之为插入 \(\rm dp\)，主要思路就是每次转移就是往某个序列中插入一个元素。注意到此次转移只和上一次填入的数有关，再加上排列的限制，我们考虑设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数，填入 \(1\sim i\)，最后一个数是 \(j\) 的方案数。转移就是考虑下一位填什么，但注意，我们要保证填的数是排列，所以加入 \(j\) 时，我们需要把所有 \(\ge j\) 的数向前平移一位，这大概就是插入这个名字的来源吧。这样，转移就比较好想了：
\[f_{i,j}=\begin{cases}\sum\limits_{k=1}^{j-1}f_{i-1,k}&s_i= \mathtt{<}\\\sum\limits_{k=j}^{i-1}f_{i-1,k}&s_i=\mathtt{>}\end{cases} \]前缀和优化一下即可做到 \(\mathcal{O}(n^2)\) 的时间复杂度。评测记录
状压 \(\rm dp\)。容易想到设 \(f_S\) 表示已经考虑了 \(S\) 内的元素能得到的最大价值，则枚举最后一次加入的子集可以得到转移：
\[f_S=\max_{T\subseteq S}\{f_{S\backslash T}+\operatorname{sum}_{T}\} \]其中 \(\operatorname{sum}_S\) 表示把 \(S\) 集合内所有的元素归为一个集合的贡献。用枚举子集的技巧可以做到 \(\mathcal{O}(3^n)\) 的转移，算上预处理的复杂度，总时间复杂度 \(\mathcal{O}(2^nn^2+3^n)\)。评测记录。
二次扫描换根 \(\rm dp\)。注意到，原题相当于问原树的所有连通块中，包含 \(v\) 的有多少个。而这个问题，我们对原树的根是非常好回答的，具体来讲，如果我们设 \(f_u\) 表示只考虑以 \(u\) 为根的子树，包含 \(u\) 的连通块个数，则有：
\[f_u=\prod_{v\in son_u}(f_v+1) \]即每个子树可以要或者不要，乘起来即为答案。这样，根的答案即为 \(f_{rt}\)。如果我们做 \(n\) 遍树形 \(\rm dp\)，可以得到一个 \(\mathcal{O}(n^2)\) 的做法，无法通过。
考虑二次扫描换根 \(\rm dp\)，这个做法的主体思路是先随便钦定一个根做一遍树形 \(\rm dp\)，然后再 \(\rm dfs\) 一遍树，到达一个结点时，根据当前有的信息求出以它为根的答案。具体到这道题，假设第一遍 \(\rm dp\) 以 \(1\) 为根，则我们考虑再设一个 \(g_u\) 表示非在以 \(1\) 为根时 \(u\) 的子树对 \(u\) 的贡献，最终每个点的答案即为 \(f_ug_u\)。
转移时，我们不妨设 \(g_{fa_u}\) 已经求出，则对于 \(g_u\)，它比 \(g_{fa_u}\) 多的贡献是，\(fa_u\) 以 \(1\) 为根时的所有除了 \(u\) 的子树的 \(f\)。具体来讲，有：
\[g_u=\dfrac{g_{fa_u}f_{fa_u}}{f_u+1}+1 \]\(+1\) 是因为上面也可以不选。
但非常不幸，这道题不保证逆元存在，所以除法寄了。不过没问题，注意到：
\[\dfrac{f_{fa_u}}{f_u+1}=\prod_{v\in son_{fa_u},v\ne u}(f_v+1) \]维护个前缀和后缀积即可。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。
线段树优化 \(\rm dp\)。发现区间的值域都不大（大了也可以离散化），所以我们一格一格考虑是否放入 \(1\) 和区间的贡献。
考虑我们考虑的点向右推进的过程，当我们碰到一个区间的右端点时，这个区间是否做贡献，取决于上一个放的 \(1\) 是否在它左端点的右边。所以我们先把区间按照右端点单调不降排序，然后设 \(f_{i,j}\) 表示考虑到第 \(i\) 个点，上一个 \(1\) 在 \(j\) 的最大分数。转移就比较好想了：
\[\begin{cases}f_{i,j}=f_{i-1,j}+\sum\limits_{r_p=i,l_p\le j}a_p&j<i\\f_{i,j}=\max\limits_{k<i}\{f_{i-1,k}\}+\sum\limits_{r_p=i,l_p\le j}a_p&j=i\end{cases} \]直接转移是 \(\mathcal{O}(n^2)\) 的无法通过。考虑优化，注意到转移的两个部分，前一个部分是区间取 \(\max\)，后一个部分是区间加。（如果我们把条件看为 \(j\ge l_p\) 的话）这都是线段树能干的事。
具体来讲，考虑把 \(\rm dp\) 数组扔到线段树上，初始时第 \(j\) 个位置维护 \(f_{0,j}=-\infty\)。接着每次转移，集体将第 \(j\) 个位置的 \(f_{i,j}\) 更新为 \(f_{i+1,j}\)。我们先不考虑后面的和式，则需要更新的只有 \(f_{i,i}\)，一次区间 \(\max\) 即可。然后对于后面的和式，我们只需要给 \(\ge l_p\) 的所有 \(j\) 加上 \(a_p\) 即可，一次区间加即可。最终答案即为 \(\max\{f_{n,1\sim n}\}\)。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n)\)。评测记录。
性质优化 \(\rm dp\)。关键问题在于怎么合理分配放置的顺序，注意到一个物品，可以转移到的重量区间为 \([w_i,w_i+s_i]\)，则我们尽量想让后转移的区间比前转移的区间靠后，这样能尽量继承前面的，得到更大的价值。所以，我们考虑按照 \(w_i+s_i\) 单调不降的顺序排序。之后，做 01 背包即可。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n+nS)\)。评测记录。
状态设计优化 \(\rm dp\)。发现网格很大，没法直接 \(\rm dp\)，但注意到障碍点的个数很小，所以可以考虑从障碍点入手。
考虑设 \(f_i\) 表示从 \((1,1)\) 走到第 \(i\) 个障碍点，且不经过任何其他障碍点的方案数，这样，如果我们把 \((H,W)\) 设为第 \(n+1\) 个关键点，答案即为 \(f_{n+1}\)。转移时，我们先考虑不加任何限制的情况，然后减去路上经过关键点的情况，即：
\[f_{i}=\dbinom{x_i-1+y_i-1}{x_i-1}-\sum_{j=1}^n[x_j\le x_i,y_j\le y_i]f_{j}\dbinom{x_i-x_j+y_i-y_j}{x_i-x_j} \]组合数的意义可以参考 Grid 1 的组合意义。预处理出阶乘和逆元，即可做到 \(\mathcal{O}(n^2)\) 的时间复杂度。评测记录。
斜率优化 \(\rm dp\)。延续 Frog 系列题的套路，设 \(f_i\) 表示走到 \(i\) 需要的最小代价，则有转移：
\[f_i=\min_{j=1}^{i-1}\{f_j+(h_j-h_i)^2+C\} \]简单推一推式子，把与 \(j\) 无关的扔到左边：
\[f_i-h_i^2-C=\min_{j=1}^{i-1}\{f_j+h_j^2-2h_ih_j\} \]考虑直线 \(y=kx+b\)，变一变即为 \(b=y-kx\)，发现上面的式子好像很符合。发现，\(y,x\) 都是只关于 \(j\) 的（\(y_j=f_j+h_j^2,x_j=h_j\)），而 \(k\) 是关于 \(i\) 的（\(k=h_i\)），所以本质上相当于平面上有一些点，我们要拿一条已知斜率的直线去切这个点，满足得到的 \(y\) 轴截距最小。
注意到，这样的点一定在下凸壳上，所以考虑对 \((x_j,y_j)\) 维护下凸壳。注意到每次切的斜率是单调递增的，所以每次能切到的点是能单调向前运动的，即如果我们维护的单调队列的队头和下一个点的斜率小于 \(2h_i\)，则这个点就永远不可能成为决策点，弹出即可。之后队头就为最优决策点，之后再把当前点对应的决策点加入下凸壳的维护。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。评测记录。
标签：二十六,复杂度,基础,mathcal,rm,考虑,转移,dp 来源： https://www.cnblogs.com/zhiyangfan/p/16136393.html