动态规划题目选解（二）
作者：互联网
上一个写太长导致 typora 卡爆了，只好新开一个。。
CF730J Bottles Present 4
首先 \(k\) 很好算出来：记 \(\sum a_i=\text{sum}\)，从大到小贪心选到 \(\sum b_i\ge \text{sum}\) 即可。
考虑 \(t\) 怎么算：如果我们选出的这 \(k\) 个瓶子内的水量分别为 \(x_1,x_2,\cdots,x_k\)，容量分别为 \(y_1,y_2,\cdots,y_k\)，那么：
- 必有 \(\sum y_i\ge \text{sum}\)。
- 需要的代价就是将剩下的水全都挪到这些瓶子里的花费，即 \(\text{sum}-\sum x_i\)。
要让 \(t\) 尽可能小，那就是让 \(\sum{x_i}\) 尽可能大。
发现这个数据范围小的一批，因此可以考虑暴力 dp。
设 \(F(i,j,S)\) 为：从前 \(i\) 个中选出 \(j\) 个，并且选出的这些的 \(b\) 值之和为 \(S\) 时，\(\sum x_i\) 的最大值；若不存在这样的方案，则 \(F(i,j,S)=-\infty\)。
转移的时候枚举最后一个数选不选，得到
\[F(i,j,S)=\max(F(i-1,j,S),F(i-1,j-1,S-b_i)+a_i) \]可以滚动数组滚掉一维。
由于序列中所有数的和不超过 \(O(nV)\)，因此复杂度为 \(O(n^2\cdot nV)=O(n^3V)\)，其中 \(V=100\) 为值域。
CF299D Towers Present 6
可以发现，最终得到的序列中每个数都由原序列中一个区间内的塔合并而来。
那么考虑设 \(F(i,j)\) 表示前 \(i\) 个塔，并且合并后最后一个塔由 \([j,i]\) 中的塔合起来时的最小代价。
转移考虑枚举上一个塔合并到哪里，有
\[F(i,j)=\min\left\{F(j-1,k)+(i-j)\left|\sum_{x=k}^{j-1}h_x\le \sum_{x=j}^ih_x\right.\right\} \]显然满足条件的 \(k\) 是一个区间，因此可以二分同时维护后缀和简单做到 \(O(n^2\log n)\)。
设 \(S_i=\sum_{j=1}^ih_j\)，那么后面那个条件相当于 \(S_i-S_{j-1}\ge S_{j-1}-S_{k-1}\)。
移项得到 \(2S_{j-1}-S_i\le S_{k-1}\)，由于 \(h_i>0\) 有 \(S_i\) 递增，因此可以维护一个指针 \(k\) 不断移动，即可做到 \(O(n^2)\)。
我偷懒写了带 \(\log\) 的做法 2333 AC Code
CF1051D Biocolorings Present 4
考虑暴力状压最后一列：设 \(F(i,j,S)\) 为，考虑前 \(i\) 列，有 \(j\) 个连通块，最后一列的状态为 \(S\)（\(S=00/01/10/11\)）的方案数。
转移的时候做一个大分讨就行了，复杂度 \(O(n^2)\)。AC Code
DP-W Intervals Present 7.0
设 \(f(i,j)\) 表示前 \(i\) 个数，只考虑 \(r_x\le i\) 的区间 \([l_x,r_x]\) 的贡献，上一个 \(1\) 的位置在 \(j\) 的最大贡献。
这样一来我们相当于在每个区间的右端点处计算贡献。
我们发现 \(f(i,\cdot)\) 和 \(f(i-1,\cdot)\) 相比只多了一个 \(r_x=i\) 的这些区间的贡献，因此，当 \(j<i\) 时有
\[f(i,j)=f(i-1,j)+\sum_{r_x=i}[l_x\le j]\times a_x \]当 \(i=j\) 时，我们枚举 \(i\) 再往前一个 \(1\) 的位置 \(k\)，有
\[f(i,i)=\max\{f(i-1,k)|k<i\}+\sum_{r_x=i}a_x \]我们发现，\(f(i)\) 与 \(f(i-1)\) 相比，相当于做了若干次区间加，以及一次区间最大值和单点修改。
因此可以用线段树维护 \(f(i,\cdots)\) 这一行，从上往下计算贡献即可。复杂度 \(O((n+m)\log n)\)。
热身题到此结束，下面是稍难一些的题=w=
UVa10559 Blocks Future 8.0
有 \(n\) 个带有颜色的方块，消除一段长度为 \(x\) 的连续的相同颜色的方块可以得到 \(x^2\) 的分数。
你需要用一种最优的顺序消除所有方块，使得得分最多。\(1\le n\le 200\)。
例：\(12233321\to 12221\to 11\to \varnothing\)，得分为 \(3^2+3^2+2^2=22\)。
考虑设 \(f(l,r)\) 为消除 \(l,r\) 所能得到的最大得分。
按照套路我们先考虑使用 \(f(l,k),f(k+1,r)\) 来转移 \(f(l,r)\)，但这样并没有涵盖所有的操作。
我们有可能先把 \([l,k]\) 和 \([k+1,r]\) 内消到各剩下一些，然后拼起来消掉，这种操作是没有被考虑到的。
实际上这个 DP 设的就有些问题：\(12233321\) 消掉 \(333\) 后变成 \(12221\)，这样的子序列是从来没有被考虑过的。
我们考虑枚举「第 \(r\) 个方块什么时候被消掉」。
设 \(p\) 是最小的满足 \([p,r]\) 内方块颜色均相等的正整数，那么有两种可能的方案：
- 直接消去 \([p,r]\)。
- 找到 \(q\) 使得第 \(c_q=c_r\)，消去 \([q+1,p-1]\)，再消去 \(c_q\) 和 \(c_{p\cdots r}\)。其中 \(c\) 为颜色序列。
但第二种决策仍然有些问题：我们不一定在消去 \([q+1,p-1]\) 后立刻消除 \(r\)，而是有可能在右边再消去一些方块，然后一起消去。
我们发现消去 \([q+1,p-1]\) 后此时的序列变成了「一段区间最右边添上若干个和最右端颜色相等的方块」。
考虑把这种状态写进 DP：设 \(f(l,r,k)\) 为考虑区间 \([l,r]\)，在最右端把 \(c_r\) 复制 \(k\) 份后得到的颜色序列，的答案。
这样一来有两种转移：
- 直接消去 \([p,r]\)，分数为 \(f(l,p-1,0)+(r-p+k+1)^2\)。
- 找到 \(q\) 使得 \(c_q=c_r\)，先消去 \([q+1,p-1]\)。分数为 \(f(l,q,r-p+k+1)+f(q+1,p-1,0)\)。
一些思考：
- 这个状态也没有涵盖所有能得到的子序列啊，为什么就是对的？
确实没有涵盖所有可能的状态，但，这个状态涵盖了所有最优解能到达的状态。
例如，对于 \(f(l,r,k)\)，我们的确可能先消掉 \([l,r]\) 中间的某些方块，再来看最右端的方块。
但不管怎么样，我们总要消掉 \(r\) 和后面那 \(k\) 个同色方块。因此，「先消掉谁」其实并没有那么要紧。
相当于我们可能有两种操作方式：\(A\to B\to D\) 与 \(A\to C\to D\)，我们确定了 \(A\to B\to D\) 一定不劣，因此就只需记录 \(A\to B\to D\) 就行了。
- 为什么要先找到 \(p\) 满足 \([p,r]\) 都相等，再做进一步的转移？直接考虑 \(r\) 自己不行吗？
因为如果直接考虑 \(r\)，那么将导致我们直接拆掉了 \([p,r]\) 这个连续段，考虑不到更优的状态。
一共有 \(O(n^3)\) 个状态，转移复杂度 \(O(n)\)。总的复杂度为 \(O(n^4)\)。
注意到如果用记忆化搜索实现，大多数状态实际上转移不到，足够通过 \(n=200\) 的测试点。AC Code
CF1699D Almost Triple Deletions Future 7.5
有一个长为 \(n\) 的序列 \(a\)，每次操作你可以选择一个 \(i\in [1,n-1]\)，满足 \(a_i\neq a_{i+1}\)，然后删掉 \(a_i\) 和 \(a_{i+1}\)。
你需要把序列删到只剩下一种颜色。问最多能剩下多少个数。\(1\le n\le 5000,1\le a_i\le n\)。
例如，\(3212311\) 的答案为 \(3\)，方案为 \([32]12311\to 1[23]11\to 111\)，还剩 \(3\) 个数。
第一反应是枚举剩下的数是哪个，然后考虑贪心......最后场上一直没做出来orz
实际上换一种方法考虑：我们相当于要选出一个尽可能长的子序列，满足：
- 子序列中所有元素的颜色相等。
- 子序列中相邻两个数之间的所有数都可以自己内部相互消掉。
第二个条件等价于区间长度为偶数，且区间内不存在「绝对众数」。
- 若 \(2k\) 个数的众数的出现次数 \(>k\)，则称其为「绝对众数」。
略证：必要性显然，考虑充分性怎么证。
考虑归纳，若结论对 \(n=2k\) 成立，当 \(n=2(k+1)\)，我们删掉出现次数最多的数与它旁边的一个元素，转化为 \(n=2k\) 的情形。显然，此时不会有出现次数 \(>k\) 的数。由归纳知结论成立。
于是就是一个简单的 DP 了：设 \(f_i\) 表示以 \(i\) 结尾的最长子序列长度，有
\[f_i=\max\{f_j+1|a_i=a_j \text{ and }[j+1,i-1] \text{ can be fully deleted}\} \]预处理哪些区间能被删完即可。复杂度 \(O(n^2)\)。AC Code
ABC262G LIS with Stack Future 8.2
相当于选出一个最长的子序列，使得这个子序列能够通过一个栈排序。
通过思考发现，一个排列 \(a\) 能通过一个栈排序，当且仅当不存在 \(i<j<k\) 使得：\(a_j>a_i>a_k\)。
证明：
若存在 \(i<j<k\) 使得 \(a_j>a_i>a_k\)，那么 \(a_i\) 最先入栈，需要在 \(a_j\) 之前出栈，但又要在 \(a_k\) 之后出栈，故此时不可能将其排序。
反之，使用归纳法：若 \(\forall k<n\)，对长为 \(k\) 的排列均有结论成立，那么当 \(k=n\) 时，记 \(a_j\) 为最小的 \(j\) 满足 \(a_j>a_1\)，那么 \(\forall x\ge j\) 有 \(a_x>a_1\)，\(\forall 1<x<j\) 有 \(a_x<a_1\)。这表明我们可以将 \(a_1\) 先入栈，然后将 \(a[2\cdots j-1]\) 扔进去排序再出栈，将 \(a_1\) 出栈，然后将 \(a[j+1\cdots n]\) 扔进去排序再出栈。
那么我们 DP 的过程其实就是把这个证明的构造过程写进去。
我们考虑选不选 \(a_1\)，如果选了 \(a_1\)，我们枚举这个分界点 \(j\)，现在要在 \([2,j-1]\) 中选出 \([1,a_1-1]\) 中的数，在 \([j+1,n]\) 中选出 \([a_1+1,n]\) 中的数。
那么可以设 \(\text{dp}[s][t][l][r]\) 表示 \(a[s\cdots t]\) 中选出 \([l,r]\) 内的数，最多能选多少。转移需要枚举分界点，因此总的时间复杂度为 \(O(n^5)\)。
可以发现后两维远远卡不满 \(O(n^2)\)，因此完全能过。AC Code
ABC262Ex Max Limited Sequence Future 8.2
区间 \([L_i,R_i]\) 的最大值为 \(X_i\) 相当于 \(\forall L_i\le x\le R_i,A_x\le X_i\) 以及 \(\exist L_i\le x\le R_i,A_x=X_i\)。
我们维护一个 \(B_i\) 表示 \(A_i\) 可能的最大值，对每个 \((L_i,R_i,X_i)\)，我们对 \([L_i,R_i]\) 区间中的每个 \(j\) 执行 \(B_j\leftarrow\min(B_j,X_i)\)。
接下来把所有 \(B_i\) 相同的 \(i\) 拎出来，那么对每个 \(X_j=B_i\) 的限制，区间中 \(=X_j\) 的数只能由这些位置来贡献。
把 \(=X_j\) 的数看成 \(1\)，\(<X_j\) 的数看成 \(0\)，此时问题转化为：
- 一个序列，有若干限制，每条形如 \([l,r]\) 中至少有一个 \(1\)，\(0\) 的方案有 \(X_j\) 种，求符合条件的序列数量。
这个就是 CF1327F，可以做到线性。也可以用上面讲的 DP-W 的方法做到线性。
于是这题就做完了，复杂度 \(O((N+M)\log N)\)。AC Code
标签：le,题目,sum,区间,序列,选解,动态,考虑,方块 来源： https://www.cnblogs.com/YunQianQwQ/p/16655148.html