开学停了几天
http://poj.org/problem?id=2279
(N)个学生合影，站成左端对齐的 (k)排，每排分别有(N1,N2,dots,N_k)个人。 ((N1≥N2≥…≥Nk))
第1排站在最后边，第 (k) 排站在最前边。 学生的身高互不相同，把他们从高到底依次标记为(1,2,…,N)。
在合影时要求每一排从左到右身高递减，每一列从后到前身高也递减。问一共有多少种安排合影位置的方案？((kleq 5,sum N_ileq 30))
线性dp容易给出一个，以及注意一种(O(30^5))的做法，但是这题会炸空间。
这个背景是和整数拆分有关的【杨氏矩阵】，记(n=sum N_i)，每个位置((i,j))和所有它右边和下方（如果有）的格子个数（包括自己）称为这个“钩子”的长度，这题对应的答案就是(n!/Pi)钩子长度，证明不会。
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https://www.acwing.com/problem/content/274/
最长上升公共子序列，LIS是(f[i])记录以(i)为结尾的LIS，LCS则是记录(1-i)和(1-j)的，这里就考虑综合起来，(f[i][j])表示以(s[1,dots,i])，以(t[j])为结尾的LCIS的长度，类似LCS，如果(a[i] eq b[j])，直接(f[i][j]=f[i-1][j])，否则如果(a[i]=b[j])，就有转移(egin{aligned}f[i][j]=max_{k=1,dots,j-1,b[k]<b[j]}(f[i-1][k])+1end{aligned})，又(b[j]=a[i])，下面改成(b[k]<a[i])，原本(O(n))的转移就可以优化了：枚举(i)之后对固定的(i)，枚举(j)的同时更新这个(max)，整体就能做到(O(n^2))。
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https://www.acwing.com/problem/content/275/
给(a[])，需要构造一个单调不减或者单调不增的(b[])，最小化(sum |a_i-b_i|,nleq 2000)。
容易想到先考虑单调不增或者单调不减的其中一种情况，另一种把(a[])翻转过来再做一遍就行。就以考虑单调不减的序列为例，用(f[i][j])表示前(i)个，以(j)作为(b[])的结尾的最小答案，这样就有(egin{aligned}f[i][j]=min_{k=1,dots,j}f[i-1][j]+|a_i-j|end{aligned})，不过这样值域有点大，注意到任何一个(b[j])的取值，一定是取(a[])中的某个项，不然就浪费了，所以可以离散化一下，复杂度(O(n^3))，进一步，这题其实和上题类似，对于一个固定的(i)，决策集合只增不减，(O(n))的转移可以和枚举(j)一起进行，时间复杂度(O(n^2))。
关于(b[j])一定取(a[])中的某个值可以考虑一个数学归纳：假设对(1,dots,k-1)成立，对于(i=k)来说，如果(b[k-1]leq a[k])，直接构造(b[k]=a[k])就做到了最优的；否则考虑让(b[k]=b[k-1])，根据归纳我们能够说明(b[k-1])取的是(a[1,dots,k-1])，但这还不够，我们需要证明我们取(b[k]=b[k-1])这种决策能够达到最优，想一下也显然，考虑从(i=k)往前的一段区间([j,k])，这一段的(b[i])都取得相同的(v)，那这就变成给一个(a[])，最小化(sum |a_i-v|)的问题了，这个问题很经典，显然最优情况下的(v)能够取得到(a[])中的值。
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https://www.acwing.com/problem/content/276/
(L)个点的有向往全图，每条边有边权（即对应(u o v)的代价），有3个人一开始分别在1,2,3处，(1-n)个时刻，每个时刻需要有一个人在(p_i)这个点，同一个时刻只有同一个时刻一个点不能有多个人，问满足所有需求需要的最小代价。(Lleq 200,nleq 1000)。
考虑DP还是先想怎么记录状态，依然先考虑最暴力的，三个人的位置肯定要能够被记录进去，同时还要记录处理到了哪个时刻，于是就有了(O(L^3n))级别的状态，太大了没法跑。
很套路地想怎么去掉一些状态，任意一个时刻一定会有一个人处于(p_i)的位置，于是就可以去掉一个(L)，比如(f[i][a][b])表示到时刻(i)，一个人在(p[i])，另外两个人分别在(a,b)这两个位置，转移也很好想，即(p_i/a/b o p_{i+1})三种转移方式，实现的时候判定一下状态合法即可。