DP没入门就入土

写在前面

记录最近刷的DP题 以及 打死都不可能想到状态设计DP系列 汇总

洛谷 P6082 [JSOI2015]salesman

树形( exttt{DP}) + 优先队列

比较容易看出来这是一道树形( exttt{DP})题

要注意的是最大停留次数为输入次数-1，因为还要从子树返回到这一个节点

然后下面考虑怎么( exttt{DP})

我们用(f[i])表示以从(i)出发，访问以(i)为根的子树，并且最后能回到(i)的最大收益

显然我们要选较大且非负的数，因为去大点权的节点肯定比去小点权的点权更优，去非负点权的节点肯定比去负点权的节点更优，而且因为一个节点可以去多次且只记一次点权，所以肯定能够用完次数，因此我们每次在小于等于停留次数的前提下取完正儿子即可，这样就可以保证最大，所以(f[i])就等于(i)所有正儿子的点权之和（前提是小于等于最大停留次数），最后的答案就是(f[1])

下面来考虑解是否唯一的问题，解不唯一有两种情况：

1. (i)的子树中有权值为(0)的点。因为选不选权值都不变，所以可选可不选，因此解就不唯一了
2. 如果(i)在遍历过程中当父亲节点剩余的停留次数为(1)时，可选的最大值有两个及两个以上儿子节点，则解不唯一

所以在过程中判断一下就好了

代码见洛谷 P6082 [JSOI2015]salesman

洛谷 P2831 愤怒的小鸟

未优化

状压( ext{DP})

(nleq 18)，不是暴搜就是状压，因为我(jio)得状压会比较好理解，所以就写一篇状压的题解叭

首先我们要预处理出经过任意两点的抛物线可以击中的小猪有哪些，可以用(line[i][j])来表示经过(i,j)的抛物线经过的小猪的集合，集合用二进制数来表示

• 这里有一个小问题就是如何求抛物线(y=ax^2+bx)中的(a,b)

  假设目前的抛物线经过((x_1,y_1))和((x_2,y_2))两点，已知(x>0)，那么有

  [y_1=ax_1^2+bx_1 ]
  [y_2=ax_2^2+bx_2 ]

  则

  [ax_1+b=frac{y_1}{x_1} ]
  [ax_2+b=frac{y_2}{x_2} ]

  两式做差得

  [a(x_1-x_2)=frac{y_1}{x_1} - frac{y_2}{x_2} ]

  所以

  (a=frac{frac{y_1}{x_1} - frac{y_2}{x_2}}{(x_1-x_2)})

  (b=frac{y_1}{x_1}-a*x_1)

处理完之后就要想一想如何( ext{DP})

我们设(dp[s])表示消灭集合(s)内所有小猪所用的最少的小鸟数

显然(dp[0]=0)，因为没有猪当然用不到鸟

假设当前的状态为(s)，抛物线为经过(i,j)点的抛物线，这条抛物线打掉的小猪的状态为(line[i][j])，那么有

[dp[s|line[i][j]] = min(dp[s|line[i][j]],dp[s] + 1) ]

其中(s|line[i][j])表示当前状态(s)在增加了经过(i,j)点的这条抛物线之后能打到的小猪的集合，显然要从(dp[s|line[i][j]])和(dp[s]+1)中取最小

时间复杂度(O(Tn^22^n))O(能过才怪)，在洛谷上吸氧((O2))可以过

优化

随意选择(s)内的一只小猪(j)，那么(j)最后一定会被一只小鸟消灭，所以我们固定住这只小猪(j)，只枚举(k)转移

更详细见AThousandSuns的题解

时间复杂度(O(Tn2^n))，稳了

代码见洛谷 P2831 愤怒的小鸟

洛谷 P4910 帕秋莉的手环

题意

多组数据，给出一个环，要求不能有连续的(1)，求出满足条件的方案数

(1le T le 10, 1le n le 10^{18})

思路

20pts

暴力枚举（不会写

60pts

假设金珠子为(0)，木珠子为(1)，则不能有连续的木珠子

线性递推(DP)，设(f[i][0/1])表示当前填到第(i)位，第(i)位为金珠子/木珠子的方案数，那么有：

[f[i][0] = f[i - 1][0] + f[i - 1][1] ]

[f[i][1] = f[i-1][0] ]

但是要分成两种情况讨论

• 第一个位置是(0)，则(f[1][0]=1,f[1][1]=0)，那么最后一个位置可以是(0)也可以是(1)

  所以此时对答案的贡献为(f[n][0]+f[n][1])

• 第一个位置是(1)，则(f[1][1]=1,f[1][0]=0)，那么最后一个位置只能是(0)

  所以此时对答案的贡献为(f[n][0])

时间复杂度(O(Tn))，期望得分(60)分

不知道为什么，也许是我写假了，只有48分

100pts

考虑用矩阵优化，目前的状态为([f_{i,0},f_{i,1}])，目标状态为([f_{i+1,0},f_{i+1，1}])，比较容易推出转移矩阵为

[[f_{i,0},f_{i,1}] * left[ egin{matrix} 1 & 1 \ 1 & 0 end{matrix} ight] = [f_{i+1,0},f_{i+1，1}] ]

按照(60)分做法写矩阵快速幂就好了

代码见洛谷 P4910 帕秋莉的手环

51Nod 1327 棋盘游戏

以行为状态转移无法记录各列的状态，所以以列为状态转移

设(f[i][j][k])为处理到第(i)列，前面有(j)列没有填棋子，有(k)行已经填到了右区间的方案数

记(l[i],r[i],mid[i])分别为左区间右端点为(i)的行数、右区间左端点为(i)的行数、第(i)列没有被左右区间覆盖的行数

每次到达左区间右端点的限制(l_{i})时，再考虑如何满足这些左区间，则有如下三种转移：

• 放在左区间内，就要满足将(l_{i+1})行安排到前面没放棋子的(j)列中，因为顺序没有要求，所以直接乘上排列数，转移为

  [f[i+1][j+1-l_{i+1}][k+r_{i+1}]+=f[i][j][k] imes A_{j+1}^{l_{i+1}} ]

• 放在右区间内，要乘上左右两侧的方案数

  [f[i+1][j-l_{i+1}][k+r_{i+1}-1]+=f[i][j][k] imes A_{j}^{l_{i+1}} imes (k+r_{i+1}) ]

• 放在未被覆盖的中间位置，要乘上左侧和中间的方案数

  [f[i+1][j-l_{i+1}][k+r_{i+1}]+=f[i][j][k] imes mid_{i+1} imes A_{j}^{l_{i+1}} ]

初始状态为(f[0][0][0]=1)，最后的答案为(sum_{i=1}^{m}f[m][i][0])

代码见51Nod 1327 棋盘游戏

51Nod 1683 最短路

题意

给定一个未知的(0/1)矩阵，对每个(i)求((1,1)sim(n,m))最短路为(i)的概率，在矩阵中不能向左走，路径长度为路径上权值为(1)的格子个数。

(nleq6,mleq100。)

思路

打死都不可能想到状态设计DP系列

参考了这篇博客的思路【51nod1683】最短路

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概率乘了(2^{n imes m})之后其实就是方案数，所以问题转化为了求满足题目条件的方案数

发现(n)很小，最大只有(6)，考虑状压，但是不能直接维护当前格子的最短路，因为在多条并列最短路时会重复计数

考虑现在的(0/1)矩阵的特殊性：因为不能向左走，所以对于同一列中相邻两个格子之间的最短路最多相差(1)。因此考虑维护一整列最短路的差分数组。

记(zt)为一个三进制状态，表示该行从第二行开始，每个格子与上面的格子的差

设(f[i][j][zt])表示第(i)列，第一行的最短路为(j)，第(2)行~第(n)行的最短路的三进制为(zt)的方案数

转移时需要枚举下一列的(0/1)状态，线性更新一遍状态就可以了

时间复杂度为(O(nm2^n3^{n-1}))

代码见51Nod 1683 最短路

洛谷 P3592 [POI2015]MYJ

题意

给定(m)个区间([a_i,b_i])以及(c_i)，对于一个含有(n)个元素的序列(ans[])，区间(i)对其的贡献为(min{ans_i}(iin[a_i,b_i])<=c_i ? min{ans_i}(iin[a_i,b_i]) : 0)，要求构造一个序列(ans[])，最大化区间的贡献之和。

(nleq50,mleq4000)

思路

离散化+区间( exttt{DP})

稍作分析半天就会发现：存在一组答案使得每个(ans_i)都是某个(c_i)。因为把某个答案替换成第一个大于等于它的(c_i)不会更劣，因此(c_i)的值并不影响做题，但是大小顺序是有用的所以我们将(c_i)离散化。

因为一个区间的代价之和只与最小值有关，而且数据范围的(n)也不大，所以考虑区间( exttt{DP})：

设(f[l][r][k])表示区间([l,r])内(ans[])的最小值等于(k)的最大收益，(g[p][j])为当前区间穿过(p)，且(cgeq j)的区间数量

枚举最小的位置(p)，那么包含(p)的区间的答案全都是(k)，之后转移

[f[l][r][k]=max(max(f[l][p - 1][k] + f[p + 1][r][k]+g[p][k]*k,pin[l,r]),f[l][r][k+1]) ]

( exttt{DP})时顺便记录记录决策点，然后(dfs)输出

时间复杂度(O(n^3m))

代码见洛谷 P3592 [POI2015]MYJ

洛谷 P4042 [AHOI2014/JSOI2014]骑士游戏

题意

有(n)个怪物，可以消耗(k)的代价消灭一个怪物或者消耗(s)的代价将它变成另外一个或多个新的怪物，求消灭怪物(1)的最小代价

思路

(DP)+最短路

看起来像是个( exttt{DP})，认真思考一会儿也不难想到可以设计如下状态

设(f[i])为消灭(i)所需的最小代价，那么有

[f[i]=min(f[i], s[i]+sumlimits_{to_i} f[to_i]) ]

其中(to)表示(i)点的后继

因为(f)的转移之间相互干涉，所以用最短路处理

先建双向边，方便之后转移，然后用( exttt{SPFA})（它死了求"多源"最短路就好了

因为不知道一开始应该打哪个怪物，所以干脆全都入队、全部更新就好了

(ps:)两年( ext{OI})一场空，不开(long long)见祖宗

代码见洛谷 P4042 [AHOI2014/JSOI2014]骑士游戏

洛谷 P5970 [POI2016]Nim z utrudnieniem

题意

( exttt{Nim})游戏，一共(m)颗石子分成了(n)堆，每堆石子数为(a_i)，后手可以在游戏开始前扔掉(d)的倍数堆石子，但不能扔掉所有石子，求后手获胜方式有多少种。

(dleq10,nleq5 imes10^5,a_ileq10^6)(m)不直接给出但保证(mleq10^7)

思路

( exttt{Nim})游戏后手必胜条件：每堆石子的个数异或和为(0)

设(f[i][j][k])表示到第(i)个数，前(i)个数中选出的数的个数( ext{mod} d=j)，异或和为(k)的方案数，每次枚举当前堆是否扔掉。

但是时间复杂度是(O(nmd))的，显然不能过……

优化需要注意到异或具有的性质：任意个(leq x)的数的异或和(leq2x)。具体来讲就是说任意长度为(k)的数的异或和小于任意长度为(k+1)的数

因此可以考虑将所有堆的石子数从小到大排序，每次新加入一个数，数的上界一定不会大于(2 imes a_i)

所以这样时间复杂度就变成了(O(sumlimits_{i=1}^na_id)=O(md))

但是空间超了，但是只有(kigoplus a_i)和(k)之间可以相互转移，所以可以开一个小空间(t)，原地完成转移

还有就是(n)是(d)的倍数时会算上全选的情况，此时答案需要减(1)

常数很大，记得开(O2)

代码见洛谷 P5970 [POI2016]Nim z utrudnieniem