2021.07.02笔记-DP

写在前面

讲师：(\_woxinchangdan\_)

内容：单调队列 数位(DP) 斜率优化 杂题选讲

单调队列

板子

• P1886 滑动窗口

  题目

  模板题

• P3957 跳房子

  题目

  二分答案+滑动窗口

单调队列优化多重背包

[f_{i,j}=max(f_{i-1,j-k imes v_i}+k imes w_i(0 le k le m_i) ]

优化到 (O(nm))

• 限定最长长度的最大子段和

  给出一个数列，选出其中连续非空且长度不超过M的一段，使得这一子段和最大。

  枚举右端点，维护单调队列存储左端点

• P4095 Eden的新背包问题

  题目

• P2254 NOI2005 瑰丽华尔兹

  题目

决策集合先加入的先删除，都可以用单调队列优化

数位DP

通常用前缀和

若 (solve(x)) 求的是 ([0,x]) 则答案为 (solve(b)-solve(a-1))

若 (solve(x)) 求的是 ([0,x)) 则答案为 (solve(b+1)-solve(a))

两种写法：递推和记忆化搜索(今天讲的全是记搜)

预处理和答案无关，支持多次询问

• 不要62

  题目

  考过

  经典题

• P4127 同类分布

  题目

  枚举各数位之和 (m) ，记录原数 (mod) (m) 的值在状态里(判断能否整除某个数)

• P6218 [USACO06NOV] Round Numbers S

  题目

  求 ([L,R]) 内二进制表示 (0) 的个数大于等于 (1) 的个数

  状态里记录 (sum0,sum1) ,注意去掉前导零

• 恨7不成妻

  求 ([L,R]) 内满足不是 (7) 的倍数，每一位都不是 (7) ，且各位数字之和不是 (7) 的倍数的数的平方和 (1 le T le 30,1 le L le R le 10^{18})

  三个条件：

  1. 与 (7) 无关的数的个数：常规数位DP
  2. 与 (7) 无关的数的和：维护需要用到第一个个数。第 (pos) 位的贡献为 (i imes 10^{pos}+x) ( (x) 为后面符合条件的个数)
  3. 与 (7) 无关的数的平方和：(sum(i imes 10^{pos}+x)^2=sum i^2 imes 10^{2 imes pos}+sum 2 imes i imes 10^{pos} imes x+ sum x^2)

  附课件里的图(懒得推式子了)

  

可合并的状态要用记搜，重点在找什么样的状态是可合并的

斜率优化

（这里只放今天讲的部分，以后会专门发一篇博客讲斜率优化）

把题目中的条件转化为 (y=kx+b) 的形式

维护凸包（凸包上的点斜率具有单调性）

求 (max) ：上凸包 求 (min) : 下凸包

X单调 k单调

单调队列维护凸包

每次加点时检查当前点和队首的点的斜率的关系

因为每个决策点只会进队出队一次，因此时间复杂度 (O(n))

• P2900 [USACO08MAR]Land Acquisition G

  题目

  有 (n) 块长方形土地，一次可以买很多块(顺序不限)，花的价格是其中 (max{ length } imes max width) ，次数不限。求把所有土地都买完的最小花费。

  将土地按照长度 (h) 从小到大排序

  转移方程：

  [f_i=min(f_j+h_i imes w_{i+1}) ]

  整理得：

  [-f_j=h_i imes w_{j+1} -f_i ]

  (X) 单调递减，(k>0) 且单调递增，单调队列维护上凸壳

• P3195 玩具装箱

  题目

  模板题不解释

X单调 k不单调

单调栈维护凸包

但是由于k的不确定性，我们不能弹掉队首，找答案时也不能直接取队首，必须保存完整的凸包，在凸包上二分求答案

X不单调 k不单调

平衡树 or CDQ维护凸包(在平衡树上查前驱后继)

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杂题选讲

各种DP优化

P2476 [SCOI2008]着色方案

题目

简化冗余状态

发现剩余油漆如果能涂的个数相同那么他们对答案的贡献相同，于是 (f[cnt1][cnt2][cnt3][cnt4][cnt5][last]) 记搜。

GYM102920D Electric Vehicle

题目

两点之间距离为曼哈顿距离，油箱有大小限制，每个点加油有不同费用，最多可以中转10次，问最少花费。

简化冗余状态

最后一定是要么不加要么加满

换句话说每个点向另一个点只会转移两种状态，有用的状态和转移只有 (O(n^2)) 个

甚至不用DP，直接BFS即可

为啥写这题的人那么少

挂两篇题解链接：

题解1

题解2

P2473 奖励关

题目

倒推决策 (期望DP和博弈论中常用倒推决策)

由 (1 le n le 15) 可知，用状压DP，将宝物状态压缩为 (s)

易想到用 (f_{i,s}) 表示到了第 (i) 轮，宝物状态为 (s) 的最大期望得分

但这是错的

为什么呢？

可能在第 (i) 轮无法到达状态 (s)

所以我们用倒推来解决， (f_{i,s}) 表示在第 (1) 轮到第 (i-1) 轮内宝物状态为 (s) ，第 (i) 轮到第 (k) 轮的最大期望得分

在转移方程中：

不取第 (k) 种宝物： (f[i+1][s])

取第 (k) 种宝物： (f[i+1][s|(1<<k-1)]+p_k)((1 le k le n))

若 (s) 的状态满足取第 (k) 种宝物的条件，有取或不取两种选择：

[f[i][s]+=max(f[i+1][s],f[i+1][s|(1<<k-1)]+p[k]) ]

若 (s) 的状态不满足取第 (k) 种宝物的条件，只能不取：

[f[i][s]+=f[i+1][s] ]

这里求的是期望值， (f)覆盖了第 (i) 轮取了所有 (n) 种宝物的情况，所以每个状态算完后 (frac{f[i][s]}{n}) 即为题目中所求的期望平均值

由倒推的状态定义可知， (f[1][0]) 为最终答案

P4954 [USACO09OPEN]Tower of Hay G(干草堆)

题目

倒推决策

先给出一个结论：底层最小时一定可构造出高度最高的方案

这是我不会证的神仙结论，所以这里引用dalao的证明：

任意取出一个能使层数最高的方案，设有CA层，把其中从下往上每一层最大的块编号记为Ai；任取一个能使底边最短的方案，设有CB层，把其中从下往上每一层最大的块编号记为Bi。显然A1>=B1,ACB<=BCB，这说明至少存在一个k属于(1,CB)，满足Ak-1>=Bk-1且Ak<=Bk。也就是说，方案 A 第K 层完全被方案 B 第K 层包含。构造一个新方案，第K 层往上按方案 A，往下按方案 B，两边都不要的块放中间当第K 层。新方案的层数与 A 相同，而底边长度与 B 相同。证毕。 ——zkw

记 (sum) 为 (w) 的前缀和， (f) 为宽度， (g) 为高度

转移方程：

[f_i=min(sum_{j-1}-sum_{i-1})(j>i,f_j le sum_{j-1}-sum_{i-1}) ]

[g_i=g_j+1 ]

移项，得

[sum_{i-1} le sum_{j-1} -f_j ]

因为 (i<j) ， (sum) 是单增的，又因为要使转移尽可能合法，我们要尽量取最小的 (j) ,同时使 (sum_{j-1}-f_j) 尽可能大

即维护一个 (sum_{j-1}-f_j) 单增， (j) 单增的序列即可，单调队列优化DP

P5021 [NOIP2018 提高组] 赛道修建

题目

一棵树，选一些链全部覆盖，使得最短链最长，求最小值最大

树上贪心

贪心+LCA+二分答案

对于整棵树从根开始DFS，从最底层开始，先判断可以选取哪些边组成长度 (ge mid)的赛道，每组成一条就 (check+1) ，等无法组成赛道时，就将未选中的边中最长的一条向上传递，等整棵树处理完成后比较组成赛道的个数是否 (ge m)，即 (check) 是否 (ge m) ，二分更新答案

POI2009 GAS-Fire Extinguishers

题目

一棵树，每个点至少被一个灭火器覆盖，每个灭火器可以最多覆盖s个点，灭火器最远可以覆盖距离为k的点，求出最少需要放置多少灭火器。

树上贪心

灭火器！！！

易知灭火器放在越靠上的位置越好

所以从下往上考虑，直到不得不放的时候再放

设 (f_{i,j}) 表示以 (i) 为根的子树中距离 (i) 为 (j) 的灭火器还有多少点能分配， (g_{i,j}) 表示以 (i) 为根的子树中距离 (i) 为 (j) 的点还有多少没有灭火

对于点 (x)，若它的子树中存在与它距离为 (k) 的点没有灭火器，则点 (x) 一定要放置灭火器，因为 (x) 以上的点离那个点的距离都超过 (k)

考虑子树之间的情况，对于位于不同子树中的一个灭火器和一个点，如果它们的距离和为 (k) 或 (k-1) ，则这两点要消掉（距离一次加 (2) ，若这次不消，下次再往上跳一个点，距离变成 (k+1) ,不满足要求了

根节点特判，因为不能再往上跳了

GYM103049G Great Expectations

题目

首尾关系

期望->倒推

记 (f_{i,j}) 表示刚好从第 (i) 关开始一直通关到最后，浪费了 (j) 秒情况下，破纪录还需要的最小期望时间。

可以失误的秒数为 (r-d-1) ，所以失误的时间不能超过这个数

如果 (j+d_i le r-n-1) ，有失败/不失败两种情况，失败又可分为重新开始/吃罚时继续走两种情况：

[f_{i,j}=p_i imes (f_{i+1,j}+t_{i+1}-t_i)+(1-p_i) imes min(d_i +t_{i+1}-t_i+f_{i+1,j+d_i},f_{0,0}) ]

如果 (j+d_i > r-n-1) ,有失败/不失败两种情况，失败只能重新开始：

[f_{i,j}=p_i imes (f_{i+1,j}+t_{i+1}-t_i)+(1-p_i) imes f_{0,0} ]

(f_{0,0}) 是最终答案

但是转移中要用到 (f_{0,0}) 呀，我们最后求的又是它，所以我们在转移的时候不知道 (f_{0,0}) ，怎么转移？

我们可以发现 (f_{0,0}) 是单调的，所以通过二分答案可求得 (f_{0,0})

path

在一个无向联通图中，每次随机选一条边联通，其他都不联通，如果面前有一条边联通，可以选择走也可以选择不走。问最优决策下期望多少次从 (1) 走到 (n) ((1 le n le 10^5))

首尾关系

期望（不过显然这个没法倒推）

一个位置的期望计算方式为：

[d_x= frac{sum _{x ightarrow y}min(d_x,d_y)+1}{deg_x}+frac{m-deg_x}{deg_x} ]

所以即使我们知道了所有 (d_y) 的值，我们也无法直接求 (d_x) 的值

但是我们可以二分

画图(并没有)可得函数 (f_x(v)=frac{sum _{x ightarrow y}min(v,d_y)}{deg_x}+frac{m}{deg_x}-v) 关于 (v) 单调，因此可以二分 (v) ，直到找到 (f_x(v)=0)

（来自课件）

P3622 [APIO2007]动物园

题目

首尾关系

因为 每个小朋友站在大围栏圈的外面，可以看到连续的 5 个围栏 (目光短浅)·所以状压这 (5) 个即可，别的对这个小朋友没影响

设 (f_{j,s}) 表示 (i)~(i+4) 这五个围栏状态为 (s) 时，高兴的小朋友数

转移方程：

[f[j][s]=max(f[j-1][(s & 15)<<1],f[j-1][(s & 15)<<1|1])+g[j][s] ]

其中的 (g) 就是预处理出来的 (i)~(i+4) 这五个围栏状态为 (s) 时，高兴的小朋友数

(& 15) 是怎么来的？

(15(10)=01111(2))

所以它的作用为：取状压的五个数中的后四个，这四个就变成了下一组中的前四个

在环上，注意处理环

P4409 [ZJOI2006]皇帝的烦恼

题目

首尾关系

写不动了qwq放一张课件上的图吧：

和 (a_1) 比较是为了最后比较第 (n) 个和第 (1) 个是不是不超过 (x) 个

CF1517F Reunion

题目

补集转化

直接做显然不好做，因为啥也不知道

正难则反，将未参加的志愿者染成黑色，能完全覆盖（即所有志愿者距离 (r) 的点包括整棵树）的即为不合法方案，于是变成覆盖计数问题，统计不合法方案数以得到合法方案数

https://www.luogu.com.cn/paste/mafynxk2

[BALTIC2008] Elect

题目

(n) 件物品，要使总体积尽量大，但去掉任何一个物品后总体积都小于 (frac{1}{2}) ，求最大总体积

排序后DP

为了保证合法，我们向不到 (frac{n}{2}) 个人的组合中加比这些党的最少人数都少的人进去，超过了 (frac{n}{2}) 则一定合法。即我们把 (n) 个党按人数从大到小排序，进行01背包，看最多能装多少。(注意只能从 (frac{n}{2}) 及以下转移)

(来自网络)

P4823 [TJOI2013]拯救小矮人

题目

排序后DP

和国王游戏类似

贪心+背包

感性理解一下，高的人比矮的人要靠下放，因为他对别人的贡献更大；手长的人比手短的人要靠下放，因为他需要被补足的长度小，即需要的贡献少

所以综合起来考虑，按 (A_i+B_i) 从小到大排序

严谨一点的证明：

设剩下的高度和为 (sum) 得到：

[sum+A_y+A_x+B_x ge H 且 sum+A_y+B_y ge H ]

即

[sum ge H-A_y-min(A_x+B_x,B_y) ]

所以

[H-min(A_x+B_x+A_y,A_y+B_y) le H-min(A_y+B_y+A_x,A_x+B_x) ]

时，(x) 在 (y) 之前出去需要的 (sum) 更小，即 (x) 更可能在 (y) 之前出去

整理，得

[A_x+B_x le A_y+B_y ]

P2876 [USACO07JAN]Problem Solving G

题目

在状态中记答案

这个题很多种设状态的方法都可以

(f[i][j]) :解决了 (i) 个问题，花了 (j) 个月，第 (j+1) 个月已用的钱的最小值

转移方程：

[f_{i,k+1}=min(sumb_i-sumb_j(f_{j,k}+suma_i-suma_j le m)) ]

统计答案：

[ans=min(ans,f_{n,i})(1 le i le m) ]

P3537 [POI2012]SZA-Cloakroom

题目

在状态中记答案

放课件：

CF311B Cats Transport

题目

斜率优化

每只猫位置减去起点位置，问题变成选一些位置使得所有猫到这些点的总时间最小

设 (f_{i,j}) 表示第 (i) 个人第 (j) 个猫的最小代价， (sum_i=sum_{k=1}^{i} t_k)

则有：

[f_{i,j}=f_{i-1,k}+t_j(j-k)-(s_j-s_k) ]

[f_{i,j}=f_{i-1,k}+t_jj-t_jk-s_j+s_k ]

[s_k+f_{i-1,k}=t_jk-t_jj+s_j+f_{i,j} ]

代入 (y=Kx+b) ，得 (y=s_k+f_{i-1,k}) , (x=k) , (K=t_j) , (b=-t_jj+s_j+f_{i,j})

因为枚举的 (k) 是单增的， (t_j) 也是单增的，即 X单调，K单调，单调队列维护即可

https://www.luogu.com.cn/paste/rkxkzgb1

P4056 火星藏宝图

题目

斜率优化

[f_i=f_j-(x_i-x_j)^2-(y_i-y_j)^2+w_i ]

据说 (O(nm)) 吸氧可过，但是这里提供斜率优化到 (O(m^2)) 的做法

设 (f_{i,j}) 为走到 ((i,j)) 上的点的最大收益, (pos_i) 为第 (i) 列上当前能转移的点的最大行数， (x) 为当前点的行数

[dis_j=(x-pos_j)^2 ]

[f_i=f_j-dis_j-(i-j)^2+w_{x,i} ]

设 (j < k) ，且从 (k) 转移比从 (j) 转移优，得到：

[f_j - dis_j + 2 imes i imes j - j^2 < f_k - dis_k+2 imes i imes k -k^2 ]

[f_j-f_k-dis_j+dis_k-j^2+k^2<2 imes i imes (k-j) ]

[frac{f_j-f_k-dis_j+dis_k-j^2+k^2}{2 imes (k-j)} <i ]

就可以斜率优化了，注意横坐标相同时在一条水平线上，斜率设为 (-inf)

P5504 [JSOI2011] 柠檬

题目

斜率优化

单调栈+二分（注意是单调栈不是单调队列！）

课件讲挺清楚的，直接放这里啦

肝了一天终于写完了 完结撒花！