这份 dp 题单的最后几题好难 orz。
前面的题比较简单，所以我会选取一些题来讲，其它的直接看代码理解吧 qwq。
传送门：
https://atcoder.jp/contests/dp
全部 AC 代码：
https://atcoder.jp/contests/dp/submissions?f.Task=&f.LanguageName=&f.Status=AC&f.User=HinanawiTenshi
E
这道题不同于常规的背包问题，因为背包容量很大，我们不能对容量进行 dp，但注意到全部的收益加起来不超过 (10^5)，想到用 (f(j)) 表示收益至少为 (j) 时的最小容量花费。记当前在第 (i) 个物品，有状态转移方程：
J
注意到每碟寿司数量最多 (3) 个，不难想到用 (f(x, y, z)) 表示当前有 (x) 盘寿司数量为 (3)，(y) 盘寿司数量为 (2)，(z) 盘寿司数量为 (1) 时距离吃完全部寿司的期望步数。
根据全期望公式，我们有：
根据上述公式进行记忆化搜索即可，细节见代码。
L
注意到 (X + Y = sum)（(sum) 是总分数），(X - Y = 2X - sum)，所以 Taro 的目标是最大化 (X)，Jiro 的目标是最小化 (X)。
(dp(l, r, op)) 表示 ([l, r]) 区间轮到某玩家（(op = 1) 表示轮到 Taro，否则表示轮到 Jiro）决策时 Taro 的最高得分。
当 (op = 1) 时，(dp(l, r, op) = max(dp(l+1, r, 0) + w_l, dp(l, r-1, 0)+w_r))
当 (op = 0) 时，(dp(l, r, op) = min(dp(l+1, r, 0), dp(l, r-1, 0)))
M
(f(i, j)) 表示前 (i) 个小孩共分了 (j) 个蜡烛的方案数，以给第 (i) 个小孩多少个蜡烛为状态划分依据。
有方程：(f(i, j) = sum_{k = max(0, j-w_i)} ^ j f(i-1, k))
直接转移显然会超时，所以我们在更新 (f) 的同时维护一个前缀和 (s)，(s(i, j) = sum_{k=1}^j f(i, k))。
O
(f(i, st)) 表示前 (i) 个男人和对应子集为 (st) 的女人匹配的方案数。
考虑状态转移：
现在已经有 (i-1) 个男人以及相应匹配的子集为 (st) 的女人集合，当新加入一个男人的时候，对于可以和他配对的女人 (j)（而且需要满足这个女人不在 (st) 中），我们有状态转移：((i-1, st) ightarrow (i,stcup j))。
因此有这样的更新 (f) 的方式：(f(i, stcup j) += f(i-1, st))。
R
倍增 Floyd（是之前没听说过的东西呢）
记 (g(i, j)) 为读入的矩阵，(f(k, i, j)) 为经过 (k) 条边，从 (i ightarrow j) 的方案数。
那么我们有 (f(k, i, j) = sum_{u = 1}^n f(k-1, i, u) imes g(u, j))
如果看不出有什么性质，那我将上面的柿子换个写法：
注意到，这正是矩阵乘法的形式！也就是：(f_k = f_{k-1} imes g)
而且可以发现，(g) 恰好为 (f_1)，我们有 $$f_k = f_{k-1} imes f_1$$。
所以答案为 (f_1^K = g^K)，用矩阵快速幂加速这个过程就好了。
S
数位 dp。
用 (f(i, j, k)) 表示区间 ([1, overline{j99...999}]) （(overline{j99...999}) 共 (i) 位，首位为 (j) ），满足十进制意义下数位和 (mod~D) 余 (k) 的数的个数。
- 对于 (j = 0)，(f(i, j, k) = f(i-1, 9, k))
- 对于 (j eq 0)，(f(i, j, k) = f(i, j-1, k) + [j equiv k pmod D] + f(i-1, 9, k-jpmod D))
T
思路比较新颖的 dp。
(f(i, j)) 表示对于前 (i) 个位置，末位值为 (j)，值域为 ([1, i]) 的合法排列数。
合法就是满足题目中所给的大小关系。
考虑从 (i-1 ightarrow i) 的转移、统计：
我们所需要统计的就是 ([1,i]-{j}) 这个值域内有多少个（长度为 (i-1) 的）排列是合法的。
如果 (i-1,i) 需要满足的关系为 (<) ，那么我们有 (f(i, j) = sum_{k=1}^{j-1}f(i-1, k))，因为在引入 (j) 后，原先合法的长为 (i-1)，结尾为 (k) 的排列在 ([1, i]) 依然是合法的。
类似地，如果 (i-1,i) 需要满足的关系为 (>)， 有 (f(i, j) = sum_{k=j}^{i-1}f(i-1, k))。
一个直观的理解是，当插入 (j) 时，([1, i-1]) 的每个排列中所有 (geq j) 的数都加了 (1)，变换前后的合法方案是一一对应的。
U
(f(S)) 表示集合 (S) 按在分组后可以得到的最大贡献。
我们不妨记 (U) 代表全集，那么答案就是 (f(U))。
以分出一组 (S) 的子集 (S0) 作为划分依据，有状态转移方程 (f(S) = max (f(S-S0) + cal(S0)))。
(cal(S0)) 代表子集 (S0) 为同一组时的贡献值。
如果在求取每个状态的时候计算 (cal)，那么时间复杂度为 (O(3^nn^2))，无法承受。
所以可以预处理一下所有子集的 (cal) 值。
这样做的时间复杂度为 (O(2^n n^2 + 3^n))。
V
换根 dp。
有点恶心的一题。
记点 (u) 的合法方案数为 (f(u))，(u) 只向子树扩展的合法方案数为 (f'(u))。
对于点 (u)，有 (f(u) = prod (1 + f'(ch)) imes (1 + frac{f(fa)}{f'(u)}))
(ch) 代表 (u) 的子节点，(fa) 代表 (u) 的父节点。
因为给出的数不保证存在逆元，因此需要处理出每个点子节点对应的 (f') 值的前缀积和后缀积。
W
个人感觉这道题是这份题单中最难的了 QAQ。
(f(i)) 表示前 (i) 个位置做出决策后而且第 (i) 个决策为 1 所能得到的最大价值。
我们记区间为三元组 ((l, r, v))，编号为 ([1, m])。
有转移方程：(f(i) = max(f(j)+sum v_k))，其中 (k) 为满足 (lin(j,i],rgeq i) 的区间编号。
我们考虑优化：
对于当前数轴上的位置 (i)，假设它处于一个 ([l, r]) 的区间中，那么我们可以将这个区间的值 (v) 加到数轴上的 ([0,l-1]) 中，那么在统计的时候，只需要统计数轴上 ([0,i-1]) 的最大值就可以得到 (f(i)) 的值了。
位置 (i) 处于多个区间的情况类似。
然后我们对数轴上的点 (i) 进行更新。
用什么可以高效维护上述数轴上的操作呢？线段树可以做到，也就是区间加以及区间最大值查询。
X
排序 + dp。
考虑从上到下相邻的两个物品 (i, i+1) 的属性满足怎么样的关系是最优的排列方式。
所谓最优，就是交换这两个物品的相对位置之后，能够承载上面的物品的重量不比原来的位置好。
也就是 (min(s_i, s_{i+1}-w_i)geq min(s_{i+1}, s_i-w_{i+1}))。
下面寻找上式的等价条件：
因为 (s_igeq s_i-w_{i+1}geq min(s_{i+1}, s_i-w_{i+1}))，因此上式等价于：(s_{i+1}-w_igeqmin(s_{i+1}, s_i-w_{i+1}))。
类似地，(s_{i+1}geq s_{i+1}-w_i)，故上式进一步等价于：(s_{i+1}-w_igeq s_i-w_{i+1})，也就是 (s_i+w_ileq s_{i+1}+w_{i+1})。
至此，我们找到了排序依据。
事实上，直接用 (min(s_i, s_{i+1}-w_i)geq min(s_{i+1}, s_i-w_{i+1})) 作为排序依据亦可。
剩下的工作变成背包问题。
记 (f(i， j)) 为前 (i) 个物品，选取了重量和至多为 (j) 的物品的最大收益。
有转移方程：(f(i, j) = max (f(i-1, j-w_i)+v_i, f(i-1, j)))，然后枚举的 (j) 的范围是 ([w_i, w_i + s_i])。
与背包问题一样，可以减少一维空间。
Y
组合计数 dp。
直接转移有 (n^2) 个状态，直接去世。
但是障碍很少，所以可以从障碍入手。
我们记 (f(x, y)) 为从 ((1, 1)) 出发不经过任何一个障碍到达 ((x, y)) 点的方案数。
那么我们有 (f(x, y) = C_{x+y-2}^{x-1}-sum C_{x-X+y-Y}^{x-X} f(X, Y))，其中 ((X,Y)) 为障碍点且 (X<x,Y<y)。
统计答案和上面的求 (f(x, y)) 完全一样，把 ((n, m)) 看成是障碍点即可。
Z
斜率优化 dp。
记 (f(i)) 为跳到 (i) 的最小花费。
显然，转移方程：(f(i) = min (f(j)+(h_i-h_j)^2) + c)，其中 (jin[1, i-1])。
我们假设决策点为 (j)，那么有 (f(i) = f(j) + h_i^2 - 2h_ih_j + h_j^2 + c)。
进一步将上式化为：(f(j) + h_j^2 = 2h_ih_j + f(i) + c - h_i^2)
我们记 (y = f(j) + h_j^2, k=2h_i,x=h_j, b=f(i)+c-h_i^2)。
那么这正好为 (y = kx + b) 的形式。
我们的目标是最小化 (f(i))，这等价于最小化 (b)，也就是从维护的下凸壳中找到使直线的 (b) 最小的点即可。
对斜率优化不熟悉可以看看这个：https://www.cnblogs.com/Tenshi/p/14481908.html