一些前言：
据说动态规划会用排序，数据结构来进行乱搞优化操作
动态规划滴核心是个啥呢？状态表示和状态转移
设状态：哪些因素会影响到最终答案，就把哪些因素用数组的维度表示出来
要充分描述，也要简洁
举个例子
计算从(1,1)走到(x,y)的方案数：
走到任意一个(p,q),只能从(p-1,q)和(p,q-1)走过来
那dp[x][y]=dp[x-1][y]+dp[x][y-1]
例一：
最长上升子序列
这个比较简单
dp[i]表示以a[i]为结尾的最长上升子序列的长度
dp[i]=max{dp[j]}+1(a[j]<a[i]&&j<i)
复杂度O(n2)
更秀一点的O(nlogn)做法：
len记录当前的最长上升子序列的长度，d[i]记录当前找到的最长上升子序列的第i项，若a[now]≤d[len],则找到第一个d[j]>a[now]的j,令d[j]=a[now],否则len++,d[len]=a[now],最后的len是最终答案,但d数组不一定是真正的最长上升子序列
dp[i][j]表示前i个位置用j个乘号的最大值
cnt(i,j)表示原数字串第i个数字到第j个数字所组成的数
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[k][j-1]*cnt(k+1,i))
挂饰：
看起来像个贪心（大雾）
那就排个序
按照Ai从大到小排
why?
因为挂钩越多，能挂的东西就越多
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][max(j-a[i],0)+1]+b[i])
蓝字部分是挂第i个挂钩的喜悦值
看蓝字部分的第二维，为什么+1要写在外面呢？
①：当j-a[i]+1<0时，j-a[i]肯定小于0，这时候考虑j-a[i]+1的状态是没有意义的，直接考虑手机上只有一个挂钩的情况
②：当j-a[i]+1==0时，那说明挂上i，就没有挂钩了，并且挂i只需要一个挂钩，也就是说之前手机上只有一个挂钩。如果我们写成max(j-a[i]+1,0),此时是转移到之前手机上没有挂钩的状态，是不对滴。
综上，+1要写在外面
最终答案：max{dp[n][i]}(0≤i≤n)
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; inline int read() { char ch=getchar(); int x=0;bool f=0; while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-')f=1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return f?-x:x; } int n,dp[2010][2010]; struct G{ int a,b; }g[2010]; bool cmp(G x,G y) { return x.a>y.a; } int main() { n=read(); for(int i=1;i<=n;i++) g[i].a=read(),g[i].b=read(); sort(g+1,g+1+n,cmp); memset(dp,0xcf,sizeof(dp)); dp[0][1]=0;dp[0][0]=0; for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=0;j<=n;j++) { dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][max(j-g[i].a,0)+1]+g[i].b); } } int ans=0xcfcfcfcf; for(int i=0;i<=n;i++) ans=max(ans,dp[n][i]); printf("%d",ans); }
（手机好沉ρωρ）
洛谷P1233 木棍加工
看起来像求最长不上升子序列个数，但是这似乎是二维的
那我们按照l从大到小排序，再看w中有多少个不上升子序列的最少的数量
那怎么求最少的不上升子序列的数量？
dilworth定理（翻译成人话版本）：
最少的不上升子序列的数量就是最长上升子序列的长度（似乎在导弹拦截里面见过）
why?
度娘大概知道
P1091合唱队形
nlogn做法qwq(导弹拦截的做法)
辣么另一种是什么呢？
我们回顾求最长上升子序列的时候,我们要找最大的dp[j],使得a[j]<a[i]
我们换个角度
就是找最大的k，使得dp[j]==k&&j<i&&a[j]<a[i]
很有可能有多个dp[j]==k
我们设置辅助数组h,h[k]为dp[j]==k中,最小的a[j]
同时h数组是单调递增的，所以查询时只要查询最大的小于a[i]的h数组的下标即可（二分查找）
为什么是单调递增的？
数据结构优化
暴力的不要不要的
据说是个二维偏序
用树状数组搞
维护前缀最大值
如果要求公共子序列的个数怎么办
dp[i][j]:第一个串的前i个字母，第二个串的前j个字母的公共子序列的个数
若s[i]==t[j],选：转移到dp[i-1][j-1],不选：dp[i-1][j]+dp[i][j-1]-dp[i-1][j-1] (这一块是重复的)
若不相等：dp[i-1][j]+dp[i][j-1]
数据范围你猜
好吧是复杂度是n2
先来个n4的暴力
dp[i][j]:A的前i,B的前j的balabala
然后搞一遍公共子序列的dp转移，如果小于末尾的数，就再找一遍
唉唉这为毛是四维的？？
在算dp[i][j]时要看dp[1][1],dp[1][2]...dp[1][j-1],dp[2][1]...一直到dp[i-1][j-1]
这样就是n2的
但是还是可以nb的继续优化
我们再设f[j]=max{dp[x][j]}(1<=x<=i-1)
当i到i+1的时候，只需要O(1)更改f[j]就可以了
这样总体就是O(n2)了
代码：
a[i]>b[j]是个什么鬼咧？
结合一下这张图。我们保证当前子序列的结尾是a[i],如果我们要更新后面的dp[i][j'],就是要求b[j']要小于a[i](当然，b[j]也要小于a[i])
tmp又是个啥？
tmp就是
红色圈里这一坨的最大值
好像似乎也许应该可能是一样的叭
dp and 容斥
zhx说小学学过（手动双关）
什么是容斥？加加减减乱搞一通
注意这里的n和m是10^8
算了我们简化一下10^6
肯定裸dp是药丸的
辣么我们用数学解决
容斥原理qwq
总路径-至少经过一个点+至少经过两个点-至少经过三个点+至少经过4个点.........
我们可以dp出容斥系数
奇数就减，偶数就加
复杂度O(t2)
窝莫得听懂
溜
来我们看看记忆化搜索
终于有一道数据范围人类的题了
如果我们只有一个dfs（x,y）表示从(x,y)走到(n,m)的距离
我们再dfs中可能多次调用同一个dfs(i,j),这样我们就可以把dfs(i,j)记下来，这就是记忆化搜索
做题步骤（雾
似乎搜索可以
哎参数不多唉
有的值重复计算了？？？
那就记下来
遇见duliu搜索顺序题怎么办
记忆化！！！（据说记忆化还有剪枝效果）
bzoj 3810
这是个好题
我们发现合法的一定有一条贯穿整个矩形的线
那我们就枚举贯穿线，算出左边差异度，右边差异度的最小值
设dp[i][j][4]为长为i,宽为j的矩形面对大海春暖花开状态
就是把一个矩形切成一堆小矩形
拓扑图dp
什么意思？
就是求从一个入度为0的点到达一个出度为0的点的方案数
dp[i]=∑dp[j](存在j到i的边)
我们可以边跑拓扑序，边计算dp[i]
最后出度为0的点的dp值的和就是答案
最短路图怎么建？
如果dis[u]+len[edge[i]]=dis[v],那么edge[i]就在最短路径上
然后求到T的方案数
最大子矩阵
n4乱搞
其实如果数据保证都是正整数，那就是O(n2)的
正解：先对行进行组合，选取组合中的行，把每一列上的数加起来，就变成了一行数，然后求最大子段和
所有组合中最大子段和的最大值就是答案
举个例子叭
1 2 -10 6
2 -1 3 7
3 -5 9 8
这个矩阵一共有3行
那么行的组合有{(1),(2),(3),(1,2),(1,3),(2,3),(1,2,3)}
先对行1进行合并（其实不用合并），得到1 2 -10 6,跑最大子段和
行2和行3的省略辣（反正只有一行也没有什么可以合并的）
接下来才是真正的合并
取1,2行
1 2 -10 6
2 -1 3 7
同一列上的数字相加：
第一列：1+2=3
第二列：2-1=1
第三列：-10+3=-7
第四列：6+7=13
这样得到新的一行数： 3 1 -7 13，跑最大子段和
然后是对(1,3)(2,3)(1,2,3)这样搞，求出来所有的最大子段和中最大的那个就是答案
序列上设计dp
bzoj1003
f[i]表示前i天的最小中成本
可以套这个：
跑最短路，注意此处的最短路要保证在所有天里，起点和终点都可以互达
f[i]=min{f[j]+jl[j+1][i]*(i-j)+k}
bzoj1296
考虑只有一条木板
f[i][j]:刷到第i个格子，用了j次，最多正确粉刷的格子数
f[i][j]=max{f[k][j-1]+cnt(j+1,i)}(枚举k)
cnt:可以搞个前缀和，然后计算[j+1,i]中红色格子的数量，蓝色格子的数量，取max
再考虑有好多条木板
g[i][l]表示前i个木板一共刷了l次，最多的数量
g[i][l]=max{g[i-1][l-x]+fi[m][x]|x≤m}
什么意思呢？枚举木板i粉刷的次数，找最大值
设左括号为+1,右括号为-1
则总和为0，任意前缀和≥0
dp[i][j]前i个位置的前缀和为j的方案数
我们发现括号序列中的某些部分可以左右括号抵消
就像这样：(()))) ---------------> ))
回想一下打怪那个题
对于回血怪（a[i]-d[i]>0）,我们按照d[i]升序排序，对于扣血怪（a[i]-d[i]<0），我们按照a[i]降序排序
和这个题联系一下
我们把左括号当做+1，右括号当做-1，先进行化简（左右括号互相抵消）。化简完的序列的右括号一定在左括号的左边，数量用L[i]表示。左括号的数量用R[i]表示，要选出尽可能多的括号序列，也就是要打尽可能多的怪，就按照打怪的方法排序
f[i][j]表示前i个序列，+1,-1和为j时的最长长度，len[i]是排完序后第i个括号序列的最初长度
f[i][j]=max(f[i-1][j-L[i]+R[i]]+len[j],f[i-1][j])
ans=f[n][0]
一套有趣的题
卡特兰数？？？（不是记搜吗(っ°Д°;)っ）
对f[n]来说，第一个左括号一定有一个与之匹配的第一个右括号，那就枚举它们中间有多少对括号。若有i对，则贡献是f[i]*f[n-1-i]
f[n]=∑f[i]*f[n-1-i](0≤i≤n-1)
上面就是卡特兰数的公式辣
其他的卡特兰数的问法：
证明：
3：左右子树不一样，设左子数的大小为i，右子树的大小就是n-i-1，乘一乘还是原来的公式
4：这里其实是求的n+2条边的凸多边形
5：把往右走当做+1，往上走当做-1，保证前缀和为0，最后和为0，还是括号匹配问题
贪心的选取每个区间的最小值
这就是那个滑块的题辣
辣么怎么用单调队列优化这个题呢？
队头维护最小值，如果最小值的下标小于当前区间的左端点就pop掉，每次插入，如果前面的值比当前插入的值大，就pop掉，这样队头一直是当前区间的最小值辣
利用辅助数组优化
.....举个例子
dp[i][0][0]--------------->dp[i+1][1][1],且第一个串是ab?:
dp[i+1][1][1]=dp[i][0][0]*f[a][b][?][0][0][1][1]
说人话：f数组处理16种转移的系数
为毛是16种？
例一：合并石子
ρωρ
poj3280
dp[l][r]表示[l,r]变为回文串的最小值
如果s[i]≠s[j],考虑[i,j-1]和[i+1,j](删掉s[i]或s[j])
dp[i][j]=min(dp[i+1][j]+add[s[i]],dp[i+1][j]+del[s[i]],dp[i][j-1]+add[s[j]],dp[i][j-1]+del[s[j]])
若s[i]==s[j],则dp[i][j]=dp[i+1][j-1]
括号最大匹配
dp[i][j]表示[i,j]内最长的合法子序列
考虑当前的括号是否匹配
没匹配：dp[i][j]=dp[i+1][j]
匹配：枚举和谁匹配
若i和k匹配，则dp[i+1][k-1]是合法的，dp[k+1][j]还要选出一个合法的子序列
所以dp[i][j]=max{dp[i+1][k-1]+dp[k+1][j]}
为毛上一个题不枚举和谁匹配呢？明明好像都是回文串的亚子
因为上一个题只能是回文串，但这个题可以是多个回文串拼起来
n≤100：枚举断点
n显然超过O(n3)允许的数据：一般来说是只考虑边界情况，不枚举断点
bzoj1900
dp[i][j]:折叠区间[i,j]的最小代价
我们可以枚举断点唉
一个折叠的区间可能由两个区间拼接而成，就枚举断点
①：自身可以压缩：找循环节的长度k（hash）,dp[i][j]=dp[l][k]+2+区间长度/(k-l)+1
②：由可以压缩的子区间拼接而成,dp[i][j]=min{dp[i][k]+dp[k+1][j]}
环形问题
就是把一个环，断开成链，然后再把原来的链复制一遍接到后面
能量项链
如果它是个链：dp[i][j]=max{dp[i][k]+dp[k+1][j]+h[i]*h[k]*t[j]}
但是环可以搞出dp[4][3]这种操作，所以....
要环变链
dp[i][j]=min{dp[i][k]+dp[k+1][j]+gcd(a[i],a[j])}
似乎好像真的没什么东西