noip范围内的dp优化方法:
加速状态转移
1.前缀和优化
2.单调队列优化
3.线段树或树状数组优化
精简状态
3：精简状态往往是通过对题目本身性质的分析，去省掉一些冗余的状态。相对以上三条套路性更少，对分析能力的要求更高。
前缀和优化
逆序对（loj）
求长度为n，逆序对为k的排列有多少个，答案对10^9^+7取模
1<=n,k<=200;
1<=n,k<=2000;
我们从小到大依次把数字插入到排列中，以这个思路进行dp。
dpi,j 表示插入了前i个数，产生的逆序对为j的排列的方案数；
考虑转移第i+1个数插在哪里，因为它比之前的都要大，插在最后面就(dp[i+1][j+0]+=dp[i][j])表示不产生新的逆序对。
如果是最后一个数前面就是(dp[i+1][j+1]+=dp[i][j]),表示产生一个逆序对，倒数第2个数前面就是(dp[i+1][j+2]+=dp[i][j])，依次类推:
我们如果考虑dp[i][j]能从哪些状态转移过来，就可以前缀和优化。
(dp[i][j]=sumlimits_{k=0}^{i-1}dp[i-1][j-k]=sum[i-1][j]-sum[i-1][j-1])
(sum[i][j]=sumlimits_{k=0}^jdp[i][k];)
单调队列维护
基本形式，适用范围
单调队列维护dp，一般就是把一个O(N)转移的dp通过单调队列优化成一个均摊O(1)转移的式子。
式子形如： dp[i]=max{f(j) }+g[i]（这里的g[i]是与j无关的量），且j的取值是一段连续区间， 区间端点的两端随着i增大而增大的区间。
（同时如果这个可行的区间左端点固定，我们就可以通过之前讲的记录前缀最小值来处理）
这里的f(j)是仅和j有关的项。以下是常见的一维和二维的情况。
dp[i]=max{dp[j]+f(j)}+g[i] 或者 (dp[level][i])=max{(dp[level-1][j])+f(j)}+g(i)
这样的题我们就可以做单调队列优化
bzoj1855: 股票交易
我们考虑在未来T天内的某只股票，第i天的买入价为每股APi，第i天的卖出价为每股BPi（对于每个i，都有APi>=BPi），每天不能无限制地交易，规定第i天至多只能购买ASi股，至多卖出BSi股。另外规定在两次交易（买入或者卖出均算交易）之间，至少要间隔W天，也就是说如果在第i天发生了交易，那么从第i+1天到第i+W天，均不能发生交易。还规定在任何时间，一个人的手里的股票数不能超过MaxP。
初始w手里有一大笔钱（可以认为钱的数目无限），但是没有任何股票，问T天以后，小w最多能赚多少钱。
0<=W<T<=2000
设(f[i][j])表示到第i天手里持有j的股票的最大收益，那么第i天有三种操作：
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)|k>=j-as[i])
卖出：(f[i][j]=f[i-w-1][k]+bp[i]*(k-j)|k<=j+bs[i])
对于买入，我们对其变形：(f[i][j]=f[i-w-1][k]-ap[i]*(j-k)=f[i-w-1][k]+ap[i]*k-ap[i]*j)
那么可以用单调队列维护(f[i-w-1][k]+ap[i]*k)（因为对于固定的i，ap[i]是固定的），这样(f[i][j])就能做到O(1)求得，而不必枚举k。卖出也一样。
bzoj3831: [Poi2014]Little Bird
有一排n棵树，第i棵树的高度是Di。
MHY要从第一棵树到第n棵树去找他的妹子玩。
如果MHY在第i棵树，那么他可以跳到第i+1,i+2,...,i+k棵树。
如果MHY跳到一棵不矮于当前树的树，那么他的劳累值会+1，否则不会。
为了有体力和妹子玩， MHY要最小化劳累值。
N(2<=N<=1 000 000)
设f[i]为MHY跳到第i棵树的最小代价；
f[i]=min(f[j]+1) i-k<=j<i;
f[i]=min(f[j]) i-k<=j<i&&h[j]>h[i];
发现上面那个东西用单调队列直接搞定，但下面那个不太好搞。不过发现由于h[j]>h[i]对答案的贡献至多为1，所以原来如果f[j]<f[j‘]，那么算上h[j]和h[j’]的影响后j仍然不会比j‘更差，于是直接维护一个f递增的单调队列，其中当f相同的时候使h递减就行了。
送你一堆区间
送你在数轴上的 n 个区间和 m 个关键点, 你可以决定每个区间选或不选,问有多少种方案覆盖 所有的关键点.
对 1000000009 取模.
N<=5*10^5
Noip2008传纸条
一个m行n列的矩阵，而小渊和小轩传纸条。纸条从小渊坐标(1,1)，传到小轩坐标(m,n)。从小渊传到小轩的纸条只可以向下或者向右传递，从小轩传给小渊的纸条只可以向上或者向左传递。
班里每个同学都可以帮他们传递，但只会帮他们一次。
全班每个同学有一个好心程度。小渊和小轩希望尽可能找好心程度高的同学来帮忙传纸条，即找到来回两条传递路径，使得这两条路径上同学的好心程度之和最大。
n,m<=300
其实可以理解为从小渊到小轩传两次。
最暴力的做法：设(dp[i][j][k][l])是第一张纸条到达(i,j)，第二张到达(k,l)时最大权值。那么方程就是
(dp[i][j][k][l] = map[i][j] + map[k][l] + max(dp[i - 1][j][k - 1][l],dp[i -1][j][k][l - 1],dp[i][j - 1][k -1][l],dp[i][j -1][k][l -1]);)
还有一点注意的是，如果i == k && j == l，也就是第二张走了第一张的路径，那么就要减去， (dp[i][j][k][l] -= map[i][j];)
接下来枚举每个i,j,k,l，最后输出(dp[m][n][m][n])就行了，但这样做时间复杂度是O(n^4)
其实我们可以让两个路线并行走，同时走。
而既然第一张与第二张是同时走，那么我们知道他们的步数是一样的，步数 = 横坐标＋纵坐标，所以只需枚举i,j,k，就能计算出l，只需三重循环，时间就变成了O(n^3);
$dp[i][j][k] = map[i][j] + map[k][i+j-k] + max(dp[i - 1][j][k - 1],dp[i -1][j][k],dp[i][j-1][k -1],dp[i][j -1][k]); $