一些博客
做题记录
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[x] SCOI2010 股票交易
设 (f[i][j]) 表示第 (i) 天拥有 (j) 张股票的最大收益，不难发现，每一天都不会即买入又卖出，于是就会有三种情况：
- 不买不卖：(f[i][j]=f[i-1][j])
- 买入：(f[i][j]=f[i-w-1][k]-AP_i(j-k)::(kge j-AS_i))
- 卖出：(f[i][j]=f[i-w-1][k]+BP_i(k-j)::(kle j+BS_i))
其中，(k) 枚举的是第 (i-w-1) 天拥有的股票数。
考虑如何优化，以买入为例：
首先将式子变形，把与 (k) 有关的放在一起：
[f[i][j]=(f[i-w-1][k]+AP_i imes k)-AP_i imes j::(kge j-AS_i) ]前半部分其实就是一个滑动窗口了，复杂度 (O(TMaxP))。
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[x] LuoguP2900 Land Acquisition G
由于花费只与一组内的最长的长与宽有关，所以我们可以先按照长降序排序之后将有被包含关系（即长宽都小于别人）的矩形删去，廷尉他们是不会造成额外花费的。因此在剩下的矩形中，长都是降序，宽都是升序。
设 (f[i][j]) 表示前 (i) 块地分为 (j) 组的最小代价，则有：
[f[i][j]=min_{k<i}{f[k][j-1]+a_{k+1} imes b_i} ]若 (k) 选 (x) 比选 (y) 更优，且 (x>y)，那么：
[f[x][j-1]+a_{x+1} imes b_i<f[y][j-1]+a_{y+1} imes b_i \frac{f[x][j-1]-f[y][j-1]}{a_{y+1}-a_{x+1}}le b_i ]于是我们得到了一个可以斜率优化的式子，由于 (b_i) 递增，所以维护一个下凸壳就可以了。
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[x] HNOI2009 诗人小G
这是一道决策单调性的题目，可是我并不会证。
设 (f[i]) 表示前 (i) 句话的最小不协调度之和，可以得到：
[f[i]=min_{j<i}{f[j]+|s_i-s_j-1-L|^{P}} ]其中，(s_i) 表示长度前缀和（包括空格），(-1) 是因为行末是不包括空格的。
由于这个转移式具有决策单调性，所以我们使用二分栈（队列）来维护所有的决策点，因为决策单调，所以最优决策点一定是形如({1,1,2,2,2,3,4,4,cdots}) 这样的数列，对于栈中的任意两个点，都可以通过二分来找到一个临界点 (k)，使得在 (k) 之前，通过前一个决策点更优，在 (k) 之后，通过后一个决策点更优。
当我们枚举到 (i) 这个位置时，对于队首，只要栈顶与下一个点的临界点小于等于 (i)，那么弹掉队首，对于队尾，如果倒数第二个点与队尾的临界点大于等于队尾与 (i) 的临界点，即这两对点所“负责”的区域发生了重叠，那么弹掉队尾，最后把 (i) 入队。而每次的最优决策点即为队首。
输出有亿点毒瘤……
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[x] NOI2005 瑰丽华尔兹
一道挺好的单调队列优化DP
设 (f[k][i][j]) 表示在 (k) 时段，走到 ((i,j)) 能获得的最大距离。朴素的DP方程是：
[f[k][i][j]=max{f[k-1][i][j],f[k][i'][j']+dis(i,j,i',j')} ]其中 ((i',j')) 是一个在 (k) 时段内可以到达 ((i,j)) 的位置。
可以用单调队列优化掉 (j) 这一维。
几点注意：
- 遇到无法到达的点时，清空队列。
- 四个方向分开讨论（因为他们的起点不同）。
- 先更新队尾再更新DP值，因为更新队尾元素时要用到上一次的DP值。
- 最开始将DP数组赋为负无穷（起点除外）。
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设 (f[i]) 表示到达第 (i) 课树时的最小代价，DP方程为：
[f[i]=min_{j<i}{f[j]+[h_jle h_i]}::(i-jle k) ]注意到一个性质：当DP值相同时，用高度小的树转移必然更优，当DP值不同时，用DP值小的树转移更优（因为树高最多使DP值(+1)）。
于是就可以单调队列优化了。
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[x] POI2011 Lightning Conductor
易得 (p[i]=max{a_j+sqrt{|i-j|}}-a_i)
先不管最后的 (a[i])，打表可知，前半部分的转移是有决策单调性的。于是我们可以用队列模拟二分栈来解决这一问题。值得注意的是，为了便于计算，我们先假设所有的 (i) 都由一个小于自己的 (j) 转移过来，也就是说先不管绝对值。为了得到最终的答案，我们还需要把数列反转，再求一遍并取max。
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[x] SDOI2016 征途
一道带权二分+斜率优化的题目。
先将题目中要求的式子转化一下：
[egin{split} s^2 imes m^2&=msum_{i=1}^{m}{(overline x-x_i)^2} \&=mcdot[sum_{i=1}^{m}{x_i^2+moverline x^2-2overline xsum_{i=1}^{m}{x_i}}] \&=msum_{i=1}^{m}{x_i^2}-(sum_{i=1}^{m}{x_i})^2 end{split} ]于是问题转化为了使得 (sum_{i=1}^{m}{x_i^2}) 最小。
令 (f[i][j]) 表示第 (j) 天走完 (i) 段时上式的最小值。可以得到：
[egin{split} f[i][j]&=min_{k<i}{f[k][j-1]+(s_i-s_k)^2} \&=min_{k<i}{f[k][j-1]+s_k^2-2s_is_j}+s_i^2 end{split} ]其实推到这里已经可以斜率优化 (O(mn)) 通过此题，但还可以优化。
可以发现 (f) 值随着划分次数的增加而减少，因此我们可以采用带权二分的方法去掉 (j) 这一维，通过二分分段的权值来使段数逼近 (m)。这样做的复杂度是(O(nlogsum x_i)) 的。
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[x] LuoguP2619 Tree
这题虽然不用DP，但是需要带权二分，所以也放在这里。
具体思路是二分给白边附加的权值，再求最小生成树，当选择的白边数量为 (need) 时输出答案即可。
有一些比较恶心的地方：排序的时候要在权值相等时白边优先，二分时应该是 (lle r) 而不是 (<)……
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[x] IOI2000 邮局
四边形优化DP。
设 (f[i][j]) 表示前 (i) 个村庄建 (j) 个邮局的最小距离。可以得到：
[f[i][j]=min{f[k][j-1]+w[k+1][i]} ]其中 (w[i][j]) 表示在 ([i,j]) 中建邮局的最小距离和，它如何计算呢？
首先有一个结论：若区间长度为奇数，那么将邮局建在中位数处距离和最小；若为偶数，那么建在中间两个之间的任意位置都一样。
所以，我们可以分类讨论：
- 若区间长度为奇数：中位数在 (frac{i+j}{2}) 处，相较于 ([i,j-1])，可以认为中位数没有变化（因为总距离不变），所以总和增加了 (d[j]-d[frac{i+j}{2}])。
- 若长度为偶数也可以用同样的思路得出同样的结论。
综上，我们得到了递推式：
[w[i][j]=w[i][j-1]+d[j]-d[frac{i+j}{2}] ]然后就是四边形优化的套路了，外层正序枚举 (j)，内层逆序枚举 (i)，(k) 的范围为 ([s[i][j-1],s[i+1][j]])。（ (s) 表示最优决策点）
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[x] 六省联考2017 组合数问题
考虑给出式子的组合意义，相当于从 (nk) 个不同物品中选出 (t) 个，且满足 $tmod k=r $ 的方案数。我们设 (f[i][j]) 表示当前考虑到第 (i) 个物品，所选数量 (mod k) 为 (j) 的方案数，遂于每个物品有选与不选两种选择，所以：
[f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1] ]发现每一次转移都只与 (f[i-1]) 有关，所以可以矩阵加速，转移矩阵为：
[egin{bmatrix} f_{nk,0}\ f_{nk,1}\ f_{nk,2}\ vdots \ f_{nk,k}\ end{bmatrix} = egin{bmatrix} 1 & 0 & cdots & 0 & 1 \ 1 & 1 & 0 & cdots & 0 \ 0 & 1 & 1 & cdots & 0 \ vdots & ddots & ddots & ddots & vdots \ 0 & 0 & cdots & 1 & 1 \ end{bmatrix}^{nk} egin{bmatrix} 1\ 0\ 0\ vdots \ 0\ end{bmatrix} ]矩阵快速幂即可。
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[x] SDOI2008 Sue的小球
未来费用提前计算的区间DP。
设 (f[i][j][0/1]) 表示处理完区间 ([i,j]) 之后在左/右端点时的最小代价，最终答案为 (sum{y}-min{f[1][n][0],f[1][n][1]})。
当处理完后在左端点时，可以从 (f[i+1][j][0/1]) 转移过来，即：
[min egin{cases} f[i+1][j][0]+(s_i+s_n-s_j)(b_{i+1}.x-b_{i}.x) \f[i+1][j][1]+(s_i+s_n-s_j)(b_j.x-b_i.x) end{cases} ]在右端点时同理：
[min egin{cases} f[i][j-1][0]+(s_{i-1}+s_n-s_{j-1})(b_{j}.x-b_{i}.x) \f[i][j-1][1]+(s_{i-1}+s_n-s_{j-1})(b_j.x-b_{j-1}.x) end{cases} ]老实说，这类问题的思路基本都是这样。
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[x] UVA1336 修筑长城
跟上一题几乎一毛一样，注意亿下输出。
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[x] UVA1628 送披萨
与上一题不同的是，本题中可以选择跳过某些不利的点，对此，我们的处理方法是：加维。
增加一维表示还需要送的人数，每次转移时分别往两边枚举出一个点，钦定当前端点到该点的这一段跳过，这样就可以处理跳过点的情况了。
用记搜实现会比较方便。
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[x] CF1107E Vasya and Binary String
消消乐问题。
令 (f[i]) 表示 (i) 个一样的连在一起的元素被消去后得到的最大分数，可以用完全背包处理。
然后将连续的一段相同元素合并成一个点，原序列就变成了若干个黑白交错的点，记点 (i) 中的元素个数为 (sz[i])。
令 (g[l][r][k]) 表示现在要消玩 ([l,r]) 这一段点，其中点 $r $ 后面还吊着 (k) 个与 (r) 相同的元素，那么 (r) 可以选择单独消或者与前面的元素一起消。
单独消：(g[l][r-1][0]+f[k+sz[r]])。
一起消：(g[i+1][r-1][0]+g[l][i][k+sz[r]])，其中 (i) 是一个颜色与 (r) 相同的点。
同样可以记忆化搜索实现。
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[x] LuoguP1220 关路灯
又是一道未来费用提前计算的题，方法同上。
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[x] HDU2829 炸铁路
四边形优化DP。
令 (f[i][j]) 表示前 (i) 条铁路炸成 (j) 段的最小花费，则：
[f[i][j]=min{f[k][j-1]+w[k+1][i]} ](w[i][j]) 可以递推计算：
[w[i][j]=w[i][j-1]+a[j] imes(sum[j-1]-sum[i-1]) ]其中 (sum[i]) 表示前缀和。
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概率期望与DP的结合。
每一关一小时通过概率为 (frac{t_i}{sum_{x=l_j}^{i}{t_x}})，故通过这一关的期望时间为 (frac{sum_{x=l_j}^{i}{t_x}}{t_i})。
令 (w(l,r)) 表示通过 ([l,r]) 这一段区间中的关的期望时间，那么：
[egin{split} w(l,r)&=sum_{x=l}^{r}{frac{s_x-s_{l-1}}{t_x}} \&=sum_{x=l}^{r}{frac{s_x}{t_x}}-s_{l-1}sum_{x=l}^{r}{frac{1}{t_x}} end{split} ]其中 (s_i) 表示 (t) 的前缀和。
将 (s_i) 记作 (s0_i)，将 (sum_{x=1}^{i}{frac{s _x}{t_x}}) 记作 (s1_i)，(sum_{x=1}^{i}) 记作 (s2_i)，那么：
[w(l,r)=s1_r-s1_{l-1}-s0_{l-1}(s2_r-s2_{l-1}) ]令 (f[i][j]) 表示前 (i) 关分为 (j) 个等级的最短期望时间，则：
[f[i][j]=min{f[k][j-1]+w(k+1,i)} ]将 (w) 带入后就可以得到可以斜率优化的式子了。
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[x] ICPC2016 WF
最短路+DP。
基本的思路并不难，先处理出总部到各个分部与各个分部到总部的最短路，然后四边形优化DP即可。但是有一点要注意：在处理出每一点往返总部距离之后应将它们排序之后再DP。
因为每个点对答案的贡献只与其所在集合大小有关，因此，权值小的点应尽量处在一个相对较大的集合中，即在所有集合中，最大的那一个中的点权和应最小，因此要把最小的几个点放入第一个（最大的）集合。所以，对点权排序之后可以让答案最优。
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[x] SP3734 PERIODNI - Periodni
笛卡尔树+DP
对原序列建立笛卡尔树，节点 (u) 的意义就是一个高度为 (h[fa]-h[u]) 的横着的极大矩形。不难发现，在两个儿子中放棋子是互不影响的，所以考虑树形DP。
令 (f[i][j]) 表示第 (i) 个节点为根的子树中放了 (j) 个棋子的方案数。
先合并左右子树的答案：
[f[i][j]=sum_{kle j}{f[v][j-k]cdot f[i][k]} ]其中 (v) 表示 (i) 的儿子。
然后还要求对于 (i) 节点表示的矩形中放棋子的方案：
[f[i][j]=sum_{kle j}{f[i][j-k]cdot k!cdot C^k_hcdot C^k_{w-j_k}} ]其中，(h,w) 分别表示长和宽。
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[x] CF939F Cutlet
令 (f[i][j]) 表示到时间 (r_i) 时，现在未烤的那一面烤了 (j) 分钟的方案数，对于时间段 ([l_i,r_i]) 就会有如下转移：
- 不翻面：(f[i-1][j])
- 翻一次：(min {f[i-1][r_i-j-k]}+1)，其中，(k) 表示当前烤了的这一面在这段时间内烤的时间。
- 翻两次：(min{f[i-1[j-k]}+2)，其中，(k) 表示当前没烤的那一面在这段时间内烤的时间。
需要用单调队列优化，枚举的是最优决策点 (r_i-j-k) 和 (j-k)，前者随 (j) 的增大而减小，所以要逆推，而后者要顺推。
还能用滚动数组优化掉 (i) 那一维。