【学习笔记】动态 dp 入门简易教程

序列 dp

引入：最大子段和

给定一个数列 (a_1, a_2, cdots, a_n)（可能为负），求 (maxlimits_{1le lle rle n}left{sum_{i=l}^ra_i ight})。

这是一个经典的 动态规划 问题：设 (f_{i}) 为以 (a_i) 结尾的最大子段和，设 (g_{i}) 为前 (i) 个数的最大子段和。那么显然有：

[egin{cases} f_i = max(f_{i-1} + a_i, 0)\ g_i = max(f_{i-1} + a_i, g_{i-1}) end{cases} ]

其中 (g) 不对 (0) 取 (max) 是因为必须保证非空。根据定义，答案即为 (g_n)。

接下来考虑它的一个加强版：

给定一个数列 (a_1, a_2, cdots, a_n)（可能为负），(q) 次询问或修改，询问每次给定 (x,y) 求 (maxlimits_{xle lle rle y}left{sum_{i=l}^ra_i ight})；修改为将 (a_x) 赋值为 (y)。【SPOJ - GSS3】

这题有一个经典的线段树做法，维护最大前后缀和及最大子段和，这里不做描述。

笔者接下来会介绍一种更加通用的方法。

动态规划与矩阵的转化

矩阵？为什么天上掉下来这么一个东西？它和 dp 有什么联系？

一个简单的例子，考虑现在有下面这样的一个 dp：

[egin{aligned} &egin{cases} f_i = 3f_{i-1} + 5g_{i-1}\ g_i = f_{i-1} + g_{i-1} + 3a_i end{cases} &(i>0) \ &f_i = g_i = 0 & (i=0) end{aligned} ]

然后把它写成 矩阵乘法 的形式。首先矩阵中应当有 (f,g) 这两项，加上 (a_i) 共三项。现在我们需要做的是，找到关于 (a_i) 的一个转移矩阵 (A_i)，满足：

[A_i imes egin{bmatrix} f_{i-1} \ g_{i-1} \ 1 end{bmatrix} = egin{bmatrix} f_{i} \ g_{i} \ 1 end{bmatrix} ]

熟悉矩阵乘法的可以根据递推式很快看出来：

[egin{bmatrix}3 & 5 & 0 \ 1 & 1 & 3a_i \ 0 & 0 & 1end{bmatrix} imes egin{bmatrix} f_{i-1} \ g_{i-1} \ 1 end{bmatrix} = egin{bmatrix} f_{i} \ g_{i} \ 1 end{bmatrix} ]

然后我们发现，对于所有的 (i)，转移矩阵 (A_i) 只和 (a_i) 有关，这意味着我们可以根据给定的 (a_1, a_2, cdots, a_n) 求出所有 (A_1, A_2, cdots, A_n)。于是原来 dp 的过程可以转化为矩阵 (egin{bmatrix} f_0=1\g_0=1 \1end{bmatrix}) 左乘上这些转移矩阵 (A _n imes A_{n-1} imes cdots imes A_2 imes A_1)（注意矩阵乘法 不存在交换律 ！）

为什么要用矩阵

矩阵最广为人知的优秀性质之一就是它具有 结合律：

[(A imes B) imes C = A imes (B imes C) = A imes B imes C ]

加速递推用的 矩阵快速幂 就是利用了这种性质，从而可以用倍增或分治思想加速矩阵的幂运算。而其中的 分治 思想就是我们需要利用的。

你可能从来没有听说过在 dp 的过程中先 dp 左边一块，然后 dp 右边一块，遇上修改也很难操作，而矩阵在这方面就很可以，只要将状态转移方程搞成矩阵，只要不调换顺序怎么乘都可以。

只有多组询问的话可以离线，但加上修改的话，最好还是将分治过程实体化为 线段树 ，具体地，线段树每个结点维护对于区间的所有转移矩阵连乘的结果。

动态 dp

这种使用矩阵表示 dp 过程，并用某些数据结构维护的手法被称为 动态 dp。

如果用线段树维护区间乘积，上面那个问题就没有什么难度了。

但是在应用到 GSS3 上时又出现了一个问题，状态转移方程中都是 (max)，根本无法直接转化为矩阵乘法。

广义矩阵乘法

解决方案是 重新定义矩阵乘法的规则。为了适应转移方程，我们这样定义（记为 (*)）：

[C=A * B qquad Leftrightarrow qquad C_{i,j}=max_{k}{ A_{i,k}+B_{k,j}} ]

在这个基础上我们带入原式到矩阵中：

[egin{bmatrix}a_i & -infty & 0 \ a_i & 0 & -infty \ -infty & -infty & 0end{bmatrix} * egin{bmatrix} f_{i-1}\g_{i-1}\0 end{bmatrix} = egin{bmatrix} max(f_{i-1}+a_i, g_{i-1}-infty, 0) \ max(f_{i-1}+a_i, g_{i-1}, 0-infty) \ max(-infty, -infty, 0) end{bmatrix} = egin{bmatrix} f_i\g_i\0 end{bmatrix} ]

似乎没有什么问题……但是我们的结合律还在嘛？答案是显然的，暴力证一下也是可以的：

[egin{aligned} left[(A * B) * C ight]_{i, j} &= max_{k}{(A*B)_{i,k}+C_{k,j}} & left[A * (B * C) ight]_{i, j} &= max_{k}{C_{i,k}+(A*B)_{k,j}} \ &= max_{k}{max_{l}{A_{i,l}+B_{l,k}}+C_{k,j} } & &= max_{k}{A_{i, k}+max_{l}{B_{k,l}+C_{l,j}}} \ &= max_{k,l}{A_{i,l} + B_{l, k} + C_{k, j} } & &= max_{k,l}{A_{i,k} + B_{k,l} + C_{l,j} } end{aligned} ]

发现两边只是把 (k, l) 调换了个位置，本质必然还是一样的。

GSS3：单点修改、区间最大子段和

如上我们以及完成了 GSS1，那么单点修改有手就行，每次只要改掉线段树叶节点上的转移矩阵，然后一路 pushup 即可。(O(nlog n))。

GSS6：带插入删除区间最大子段和

动态的序列考虑平衡树，然后没了。(O(nlog n))。

GSS7：树链赋值、树链最大子段和

这个稍微复杂一些，但发现仅仅是序列上树，考虑树剖 LCT 不会。

链上赋值可以用延迟标记实现，要快速得到区间大小个相同矩阵相乘，可以直接矩阵快速幂。

注意从 (x) 向上的、向下到 (y) 的这两部分不能混淆，矩乘没有交换律，因此还要维护正逆序的矩乘结果。

加上树剖和快速幂，复杂度好像是 (O(nlog^3 n)) 的，而且常数很大不建议用这种写法做此题（LCT 可以试试）。

树形 dp

简单的例子：树上最大独立集

给定一颗 (n) 个顶点的树，点带权，选出一个点集 ( ext V)，使得不存在两点 (u, vin ext V) 在树上相邻。求选出的点权和的最大值。

还是先列出静态问题的状态转移方程：

[egin{cases} f_{i,0} = sum_{yin ext{son}(x)} max(f_{y,0},f_{y,1}) \ f_{i,1} = sum_{yin ext{son}(x)} f_{y,0} \ end{cases} ]

其中 (f_{i,0}, f_{i,1}) 分别表示子树 (i) 的根不选或选的最大值。答案为 (max(f_{ ext{root},0},f_{ ext{root},1}))。

动态最大独立集

（上接）先有 (q) 次操作，每次将顶点 (x) 点权改为 (y)。求出每次修改后的树上最大独立集点权和。

首先观察一个顶点 (x) 被修改之后，影响的是这个点到根的路径上的 dp 值。那么相当于一次链修改，但有和 GSS7 不太一样，这里求的是子树，上面的 dp 值依赖于下面的结果。

不过我们还是考虑 轻重链剖分。然后我们的树差不多就成了这样（图片来源）：

对轻重儿子分别处理：定义 (g_{x,0/1}) 表示不考虑 (x) 的重儿子， (x) 选或不选得到的最大点权和。那么：

[egin{cases} g_{x,0} = sum_{yin ext{lightSon(x)}} max(g_{y,0},g_{y,1}) \ g_{x,1} = sum_{yin ext{lightSon(x)}} g_{y,0} end{cases} ]

于是就可以用 (g) 去掉原来 (f) 式子中的 (Sigma)：

[egin{cases} f_{x,0} = g_{x,0} + max(f_{ ext{heavySon}(x),0},f_{ ext{heavySon}(x),1}) \ f_{x,1} = g_{x,1} + f_{ ext{heavySon}(x),0} end{cases} ]

再写成矩阵的形式，注意这里还是上面的广义矩阵乘法：

[egin{bmatrix} g_{x,0} & g_{x,0} \ g_{x,1} & -infty end{bmatrix} * egin{bmatrix} f_{ ext{heavySon}(x),0} \f_{ ext{heavySon}(x),1} end{bmatrix} = egin{bmatrix} f_{x,0} \ f_{x,1} end{bmatrix} ]

看起来非常 Simple，但实际上有很多我们忽略的细节。

首先在第一遍预处理树形 dp 时，我们优先走重儿子（因此也可以在树剖的第二次 dfs 时处理），得到 (f, g)，然后对所有点构造转移矩阵（如上），再建立线段树即可。

对于叶子结点，只要维护一个 (egin{bmatrix} 0 \ a_x end{bmatrix}) 即可，相当于 (egin{bmatrix} f_{x,0} \ f_{x,1} end{bmatrix})。

在更新时，我们先修改转移矩阵（并不是在线段树内）：将 (g_{x,1}) 改掉。然后在线段树上获取 原来版本 的 整条重链 的结果 ( ext{bef})，再将修改落实到线段树上并得到 修改后版本 整条重链 的结果 ( ext{aft})。之所以这么做是因为当前的重链会 作为子树中的信息影响到上面的链。

得到 ( ext{bef}) 和 ( ext{aft}) 之后，我们将会用它对当前点所在链顶的父亲的转移矩阵（记为 (A)）进行修改。根据我们构造的转移矩阵，(A) 的第一行前两项以及第二行第一项应该 先挖去原来这颗子树的贡献，然后算回新版本的贡献：

[egin{cases} A_{1,1} gets A_{1,1} - max( ext{bef}_{1,1}, ext{bef}_{2,1}) + max( ext{aft}_{1,1}, ext{aft}_{2,1}) \ A_{1,2} gets A_{1,2} - max( ext{bef}_{1,1}, ext{bef}_{2,1}) + max( ext{aft}_{1,1}, ext{aft}_{2,1}) \ A_{2,1} gets A_{2,1} - ext{bef}_{1,1} + ext{aft}_{1,1} end{cases} ]

如此一路更新到根即可。

查询只要查 (1) 所在的重链即可。

这样做的复杂度为 (O(nlog^2 n))，用 LCT 或全局平衡二叉树可以 (O(nlog n))。

NOIp2018：保卫王国

求树上最小覆盖集，(q) 次询问，每次钦定两个点选或不选。

其实这个用 ddp 写就很 sb，因为：最小覆盖集 (=) 全集 (-) 最大独立集。

必选：点权设为 (infty)；不选：设为 (-infty)。

没了？没了。

其实这个题有一个优美的非 ddp 做法的：https://www.cnblogs.com/-Wallace-/p/14002280.html

Luogu P6021：洪水

给定一颗 (n) 个点的树，带点权，(q) 次操作。每次操作修改一个点权；或询问一个子树，选出一些顶点不能走，使子树根不与任意一个叶子连通的最小点权和。

设 (f_x) 为子树 (x) 的答案，那么显然有：

[f_x = minleft( ext{val}_x,sum_{yin ext{son}(x)} f_y ight) ]

还是考虑轻重链分治：令 (g_x = sum_{yin ext{lightSon}(x)}f_y)，于是：

[f_x = minleft( ext{val}_x, g_x+f_{ ext{heavySon}(x)} ight) ]

烦人的 (Sigma) 无了，就可以写成喜闻乐见的矩阵了（注意还是广义矩乘，把 (max) 换成了 (min)）：

[egin{bmatrix} g_x & ext{val}_x \ infty & 0 end{bmatrix}*egin{bmatrix}f_{ ext{heavySon}(x)} \ 0end{bmatrix} = egin{bmatrix}f_{x} \ 0end{bmatrix} ]

在叶子结点保留初始矩阵，非叶节点保留转移矩阵，询问就查询这个点到链底。

大功告成。复杂度 (O(nlog^2 n))。

小结

随便讲一讲我的学习心得以及写题时需要注意的事情。

• 所谓动态 dp 其实也没那么吓人，就是把状态转移写成了（广义）矩阵乘法的形式，利用结合律套上数据结构，从而实现修改、对部分查询 dp 值。
• 注意矩阵乘法的顺序，矩乘没有交换律。
• 树上动归做 ddp 时，单点修改会引起所有祖先的变化，通常通过比较前后两版本的差异来更新祖先的转移矩阵。
• 定义合适的矩阵乘法规则、构造转移矩阵是解题关键。
• 虽然是一种通用的方法，但是必须意识到这种方法的大常数和大码量，在考场上通常并不是最佳选择。
• 不要用 ddp 写 GSS7

后记

• 原文地址：https://www.cnblogs.com/-Wallace-/p/14036962.html
• 本文作者：@-Wallace-
• 转载请附上出处。