「总结」$dp1$

大概就是做点题。
先列一下要做的题目列表，从(UOJ)上找的。

129寿司晚宴
348州区划分
370滑稽树上滑稽果
457数树
22外星人
37主旋律
300吉夫特
196线段树
311积劳成疾
量子态的棋盘(咕咕咕)
题目交流通道(咕咕咕)

1.寿司晚宴
这个题还是不错的，之前学长讲过一次。
不过不记得了。还是被根号算法教做人了。
首先数据范围是500。
考虑这里面的质因子个数有多少个。
事实上很多，早就超过了20个。
而考虑(sqrt{n})以下的最多有多少个呢？
事实上只有(8)个。
而任何一个小于(n)的数必然至多含有一个大于(sqrt{n})的质因子。
那么我们考虑状压这(8)个质因子。
设(dp[s][t])为第一个人和第二个人已经选择了的质因子集合直接将没有大于(sqrt{n})质因子的数字加入贡献。
剩下的我们可以发现只有一个人可以含有某个大于(sqrt{n})的质因子或者两个人都不含。
这样将全部的最大质因子大于(sqrt{n})的数先(dp)一次压在一起在当成一个数来进行(dp)就可以了。
是一个(dp)嵌套。
最后统计答案就可以了。

2.州区划分
事实上是(FMT)的板子题。
设分成了(T)个部分,每个部分的集合为(S_i)
首先我们要求的是：

[prodlimits_{k=1}^{T}left(frac{sumlimits_{iin S_k}w_i}{sumlimits_{j=1}^{k}sumlimits_{iin S_k}w_i} ight) ]

事实上可以直接(dp)。
但是(dp)之前首先要判断一下集合的合法性，就是判断是否是一个联通的欧拉回路。
怎么做？
设(su[s]=sumlimits_{iin S}w_i)
设(dp[s])为当前已经处理的集合为(S)的答案。
那么初始化：
(dp[0]=1)
要求的是(dp[mx])
枚举当前添加进来的集合是(T)，得到转移方程。

[dp[S]=left(frac{1}{su[S]} ight)^psumlimits_{Tsubseteq S}dp[T]su[S-T]^p ]

这样直接转移枚举子集的复杂度是(3^n)的。
肯定吃不消。
我们考虑如何优化这个过程呢？
这个过程事实上是一个裸的子集并卷积。
直接(FMT)即可。
复杂度是(O(n^22^n))

3.滑稽树上滑稽果
说是个树就是骗你的。
如果树上存在一条链，那么显然把剩余的部分接到链的后面更加优秀。
然后呢？
我们把全部果子都有的位置先拿出来因为这些位置最后必然是1,设为(k)。
然后让全部果子都异或(k),这样最终的与和必然是0。
设(dp[s])为当前与和为(s)的情况下的最小代价。
初始化(dp[a[i]]=a[i])。
这样我们来枚举每个果子然后判断转移即可。
考虑如何判断是否可以转移。
我们枚举当前集合的一个子集(t)。
然后判断是否存在一个果子可以刚好与掉这一部分子集。
那么我们需要判断的其实是这个果子是否是与掉部分的补集的子集。
但是其实仍然需要判断是否是当前剩余部分(s-t)的超集。
然后发现这样其实无所谓。
由于最优决策必然会转移，而这种决策如果是不合法的（能够与掉更大的集合却没有与掉），其实是不优秀的转移，会被更加优秀的转移所覆盖掉（因为最终需要的结果只有一个是(dp[0])，所有的转移最终都会收敛到(0)的位置）。
那么需要判断的只有一个了，就是是当前枚举的与掉的补集的子集，这个好判断。
其实就是判断一个是否存在一个(a_i)是某个集合的子集。直接用(FMT)进行一次子集合并就可以了。
然后紧接着考虑判重问题。
如果一个状态转移了很多次同一个果子怎么办？
其实也无所谓。
因为转移多了的话必定是转移到当前的集合上面来。
这样(dp[s]=min(dp[s],dp[s]+s))
最优结果是不会发生变化的。

4.数树
可以用类似生成树计数的方式来做，不过这里考虑用组合意义来解题。

先考虑第一问。
其实是最简单的。
我们只需要把重边加入并查集，最后判断有几个集合即可。
然后直接快速幂就行了。
第二问是解题的关键部分。
首先有一个很显然的结论：

[x^n=(x-1+1)^n=sumlimits_{i=0}^{n}inom{n}{i}(x-1)^i ]

我们考虑对于每种树所作出的贡献，我们设有(r)条重边。
那么枚举这个树为(T),得到。

[ans=sumlimits_{T}y^{n-r}=y^nsumlimits_{T}(y^{-1})^r=y^nsumlimits_{T}sumlimits_{i=0}^{r}inom{r}{i}(y^{-1}-1)^i ]

然后我们考虑这个组合意义。
实际上是对于这个重边集合的每个子集(S)，都作出((y^{-1}-1)^{|S|})的贡献。
这样我们换个方式直接枚举边集，考虑有多少个生成树的重边集合是包含这个子集的，设包含边集(E)的方案为(F(E))。
那么：

[ans=y^nsumlimits_{E}(y^{-1}-1)^{|E|}F(E) ]

我们设这个边集所形成的点集为(m)个，并且每个联通块的大小用({a_i})来表示。
利用(prufer)序列得到：

[F(E)=n^{m-2}prodlimits_{i=1}^{m}a_i ]

就是说我现在让(n)个点生成一个(m-2)长度的(prufer)序列，相当于将每个点分配给(m)个联通块作为代表元素，而同时，每个联通块都有(a_i)个点,每个点都有可能作为代表元素，所以有了后面的(prod)。
这样接着推柿子：

[egin{aligned} ans&=y^nsumlimits_{E}(y^{-1}-1)^{|E|}F(E)\ &=y^nsumlimits_{E}(y^{-1}-1)^{|E|}n^{m-2}prodlimits_{i=1}^{m}a_i\ &=y^nsumlimits_{E}(y^{-1}-1)^{n-m}n^{m-2}prodlimits_{i=1}^{m}a_i\ &=y^n(y^{-1}-1)^nn^{-2}sumlimits_{E}((y^{-1}-1)^{-1}n)^{m}prodlimits_{i=1}^{m}a_i\ &=(1-y)^nn^{-2}sumlimits_{E}prodlimits_{i=1}^{m}a_i(y^{-1}-1)^{-1}n\ end{aligned}]

边数等于点数-连通块数。
考虑后面这个东西的组合意义。
就是在要求把树分成(m)个联通块的情况下在每个连通块中选择一个特殊点作为染色点，然后每个联通块要乘上的贡献是(n(y^{-1}-1)^{-1})
这样问题就变得简单起来了。
我们做一次(dp)就可以解决了。
我们设(dp[x][0/1])为当前点为(x),(x)及其归并的子树中(x)所在的联通块(已经/还未)存在关键点的贡献总和。
设(w=n(y^{-1}-1)^{-1})
初始化：(dp[x][0]=1,dp[x][1]=w)
这样有转移方程：

[dp[x][0]=dp[x][0]dp[t][1]+dp[x][0]dp[t][0] ]

[dp[x][1]=dp[x][0]dp[t][1]+dp[x][1]dp[t][0]+dp[x][1]dp[t][1] ]

这样就可以(O(n))的得到答案了。

第三问要用到生成函数了。
我们考虑一下对于每个生成树，我们仍然考虑他的边集所做的贡献。
这样的话仍然枚举一次生成树：

[ans=(1-y)^nn^{-2}sumlimits_{T}sumlimits_{E}prodlimits_{i=1}^{m}a_i(y^{-1}-1)^{-1}n ]

仍然枚举边集，考虑被计算的次数：

[egin{aligned} ans&=(1-y)^{n}n^{-2}sumlimits_{E}F(E)prodlimits_{i=1}^{m}a_i(y^{-1}-1)^{-1}n\ &=(1-y)^nn^{-2}sumlimits_{E}n^{m-2}prodlimits_{i=1}^{m}a_i^2(y^{-1}-1)^{-1}n\ &=(1-y)^{n}n^{-4}sumlimits_{E}prodlimits_{i=1}^{m}a_i^2(y^{-1}-1)^{-1}n^2\ &=(1-y)^{n}n^{-4}sumlimits_{E}((y^{-1}-1)^{-1}n^2)^{m}prodlimits_{i=1}^{m}a_i^2\ P(m)&=((y^{-1}-1)^{-1}n^2)^{m}\ ans&=(1-y)^{n}n^{-4}sumlimits_{E}P(m)prodlimits_{i=1}^{m}a_i^2\ end{aligned}]

这样我们设立一个指数生成函数(G(x))。
我们让(e_i=P(i)i^2i^{i-2})，这个是什么呢？
我们用一个大小为(i)的联通块进行组合，这样我们得到了的贡献就是(i^2)，而这种情况存在的内部的方案有(i^{i-2})种（(prufer)）序列。
而我们让：

[G(x)=sumlimits_{i=1}^{infty}frac{e_ix^i}{i!} ]

这样的话就是一个联通块的方案和贡献合并的生成函数了。
我们考虑一棵树的某些边集能够形成多个连通块，所以这张图的生成函数是多个连通块的组合。
于是我们设有(n)个点的树的贡献生成函数为(F(x))。
因为必然至少有一个联通块,并且每个联通块内部已经有所编号，那么联通块是没有编号的，所以除掉阶乘，那么有：

[F(x)=sumlimits_{i=1}^{infty}frac{G^i(x)}{i!}=e^{G(x)} ]

这样直接用一个(exp)就可以算出来了。
答案就是：

[ans=(1-y)^{n}n^{-4}n![x^n]F(x) ]

复杂度是(O(nlogn))的。

5.外星人
这个题好像还挺简单的。
首先我们知道如果一个比较小的数比一个比较大的数更加靠前的话。
那么后边那个比较大的数其实是没有用的。
这样我们按照从小到大排序，然后枚举每个数是否起作用就可以转移了。
当然最小的那个数必须要其作用。
然后考虑如何(dp)方案。
设(dp[i][j])为在考虑前(i)个人的情况下，当前答案为(j)的方案数。
这样可以得到转移方程：

[dp[i][j]=[k\%a[i]=j]dp[i-1][k]+dp[i-1](n-i) ]

后面那个表示当前这个不起作用，那么他所在的位置就有(n-i)种（后面的都比他要小随便插入进去就可以了）。

6.主旋律
clj出的神题。。
神如骨髓。
首先回顾一下简单一点的版本。
巨神兵。
一个简单的有向图(DAG)计数。
我们设(dp[S])为集合(S)形成一个(DAG)的方案数。
那么我们试着构造分层图。
这样的话我们考虑枚举最后一层，即入度为(0)的方案。
转移的话就是：

[dp[S]=sumlimits_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|-1}2^{w(T,S-T)}dp[S-T] ]

为什么呢？
因为我们枚举的(T)不一定是全部不的入度为0的点。
这样的话可能出现如下情况：
(A)先入(DAG),(B)后入和(B)先入(A)后入，而具体的连边方式是不变的。
那么这样就必须要减去(AB)同时出现的方案。
这样的话就是一个奇加偶减了。
也就是上面那个容斥系数。
现在这个呢？
其实本质上是一样的。
就是从枚举点集变成了枚举强联通。
我们设(g[S])为集合(S)中奇数个互不相交的强联通的方案(-)偶数个互不相交的强联通的方案。
设(dp[S])为(S)的强联通生成方案。
设(c)为某个集合的边数。
这样就有简单的转移了。

[g[S]=dp[S]-sumlimits_{Tsubseteq S,T eq emptyset}dp[T]g[S-T] ]

也就是我们枚举一个新的强联通加入当前集合,由于(g[0]=0)，所以还要加入只有一个强联通的方案,可以枚举1这个点所在的缩点 (DAG) 0入度层。
根据上面那个条件来说有：

[2^{c[S]}=dp[s]+sumlimits_{Tsubseteq S,T eq emptyset}g[T]2^{c[S-T]+c[T ightarrow S-T]} ]

[dp[S]=2^{c[S]}-sumlimits_{Tsubseteq S,T eq emptyset}g[T]2^{c[S-T]+c[T ightarrow S-T]} ]

我们枚举的是(DAG)的点集，而这些点是不能被连入边的，
同时剩余的部分(S-T)只需要随意的删减边即可，缩点之后必然形成若干个(DAG)。
我们按照奇偶来划分的话，就必然使得这个(dp)满足最上面(DAGdp)的容斥系数。
相当于在带着容斥系数(dp)。
而我们的(dp[S])就是总的方案数减去缩点后为一个点数大于(1)的(DAG)的方案数。
注意这里的转移似乎出现了环。实际上不是这样的。
因为容斥减去的必然不能含有整个集合缩为一个强联通的方案。
所以当时的(g[S])必须暂时的不加入(dp[S])，而求出(dp[S])之后再将之加入。
复杂度就是(n3^n)的。
加入一些卡常技巧就可以通过了。

7.吉夫特
怎么说(O(n^2))的(dp)还是挺简单的。
我们改变一下那个取模的式子。
是怎么样的呢？

[inom{n}{m} mod 2=inom{lfloorfrac{n}{2} floor}{lfloorfrac{m}{2} floor}inom{n%2}{m%2}mod 2 ]

这样其实就可以发现必须要求(n)在二进制下的每一位都要大于等于(m)。
这样可以进行一个(O(n^2))的(dp)了。
然后对于位置，枚举当前点的超集进行(dp)，就可以通过了。

8.线段树
浙江题质量真高啊，完全没思路的说。
首先我们需要求得数组是：

[su[i][j] ]

表示位置(i)最终大小是排名为(j)的数的方案。
那么：

[ans[i]=sumlimits_{j=1}^{n}w[j]su[i][j] ]

其中(w[j])表示大小为(j)的数是多少。
考虑怎么求(su[i][j])。
我们设(dp[T][l][r])为对于某一个位置(x)来说，第(T)轮的时候其能控制的不大于自己的极大区间为([l,r])的方案数。
设(c[l][r]=(l(l-1)/2+l-1)+((r-l+1)(r-l)/2+r-l+1)((n-r)(n-r-1)/2+n-r))
也就是不跨过(l,r)的区间个数了。
设一开始用单调栈跑出来的极大区间为([L,R])。
那么：

[dp[0][L][R]=1 ]

有转移：

[dp[T][l][r]=dp[T-1][l][r]c[l][r]+sumlimits_{i=L}^{l-1}dp[T-1][i][r](i-1)+sumlimits_{i=r+1}^{R}dp[T-1][l][i](n-i) ]

什么意思呢？
有三种转移：
一种是不改变区间，也就是修改的区间不跨过(l,r)。
一种是改变区间的左侧,也就是说要修改掉([i,l-1])这段区间，而(a[i-1])一定是大于当前位置的，因为极大区间不能继续扩展了，所以左侧的(i-1)个位置均可以作出贡献。
一种是缩小区间的右侧，也就是说要修改掉([r+1,i])。这段区间，而(a[i+1])大于当前位置，所以一样的右侧的(n-i)个位置都可以作贡献。
这样就可以较为简单的求出(su)数组了。

9.积劳成疾
设(dp[i][j])为长度为(i)，值域为([1,j])的乘积总和。
设(c[i][j])为长度为(i)的数组中，每个长度为(k)的区间有多少个覆盖了(j)位置。
那么有转移：

[dp[i][j]=dp[i][j-1]+sumlimits_{k=1}^{k}w_j^{c[i][k]}dp[k-1][j-1]dp[i-k][j] ]

首先(j)这个值可以不出现，这样的总和为(dp[i][j-1])。
然后如果出现了。
我们就枚举他出现的第一个位置(k)。
这样这个位置为最大值的情况下有(w_j^{c[i][k]})的贡献。
同时左右两侧的区间贡献分别为(dp[k-1][j-1])和(dp[i-k][j])，由于枚举了第一次出现的位置，所以左侧值域是([1,j-1])，而右侧可以再次出现，所以值域是([1,j])。
注意特判没有区间出现的情况，计算贡献的时候按照方案来算即可。
答案是(dp[n][n])。