[筆記]動態規劃入門
以前存在本地的東西，發上來方便找（x）
動態規劃
目錄模型
揹包
01揹包\(f[i][j]=\max(f[i-1][j],f[i-1][j-w_i]+v_i)\)
完全揹包（每個物品次數不限），那就用\(f[i][j]=\max(f[i-1][j],f[i][j-w_i]+v_i)\)，滾動陣列的時候對於體積直接從小到大列舉就好。
多重揹包（第\(i\)種物品有\(k_i\)個），大暴力是\(O(nm\sum k_i)\)，二進位制拆分\(k_i=1+2+\dots+2^t+(k_i-(1+2+\dots,2^t))\)，複雜度\(O(nm\sum\log k_i)\)
int x;scanf("%d",&x);
int c=1;
while(x>c){
x-=c;
w[++n]=W[i]*c;
v[n]=V[i]*c
c<<=1;
}
if(x)w[++n]=W[i]*x,v[n]=V[i]*x;
單調佇列優化多重揹包
暴力dp：\(f[i][j]=\max_{k=0}^{k_i}(f[i-1][j-k*w[i]]+k*v[i])\)，這樣對每一個\(i\)轉移的代價是\(O(m\sum k_i)\)的。接著我們注意到，對於\(0\leq j<w[i]\)，\(f[i-1][j],f[i-1][j+w[i]],f[i-1][j+2w[i]],\dots\)
二維費用揹包：和普通揹包類似，多記錄一維代價。
分組揹包：組內的物品互相沖突不能同時選擇，改成先列舉組，然後是體積，最後才是組內的所有物品：
for(int k=1;k<=K;k++)for(int j=V;j>=0;j--)for(int i=1;i<=size[k];i++)...
最外面的一個k類似於普通揹包的第幾個物品，最裡面一層列舉組內的物品，就保證了每組最多選一個（因為是從先從大到小列舉體積\(j\)
泛化物品：每個物品可能沒有固定的價值/體積，價值\(V\)是關於體積的函式\(f(W)\)
數位DP
ll dfs(int x,int pre,int st,……,int lead,int limit){
if(!x) return st;
if((dp[x][pre][st]…[]!=-1&&!limit&&!lead))return dp[x][pre][st]…[];
ll ret=0;
int mx=limit?a[x]:9;
rep(i,0,mx){
//有前導0並且當前位也是前導0
if(!i&&lead) ret+=dfs(……,……,……,i==mx&&limit);
//有前導0但當前位不是前導0，當前位就是最高位
else if(i&&lead) ret+=dfs(……,……,……,i==mx&&limit);
else if(根據題意而定的判斷) ret+=dfs(……,……,……,i==mx&&limit);
}
if(!limit&&!lead) dp[x][pre][st]……[……]=ret;
return ret;
}
ll solve(ll x){
len=0;
while(x) a[++len]=x%10,x/=10;
memset(dp,-1,sizeof dp);//初始化-1（因為有可能某些情況下的方案數是0）
return dfs(……,……,……,……);//進入記搜
}
int main(){
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%lld%lld",&l,&r);
if(l) printf("%lld",solve(r)-solve(l-1));//[l,r](l!=0)
else printf("%lld",solve(r)-solve(l));//從0開始要特判,按情況看看要不要加別的
}
return 0;
}
題
線性
http://poj.org/problem?id=2279
$ N$個學生合影，站成左端對齊的 \(k\)排，每排分別有\(N1,N2,\dots,N_k\)個人。 \((N1≥N2≥…≥Nk)\)
第1排站在最後邊，第 \(k\) 排站在最前邊。 學生的身高互不相同，把他們從高到底依次標記為\(1,2,…,N\)。
在合影時要求每一排從左到右身高遞減，每一列從後到前身高也遞減。問一共有多少種安排合影位置的方案？(\(k\leq 5,\sum N_i\leq 30\))
線性dp容易給出一個，以及注意一種\(O(30^5)\)的做法，但是這題會炸空間。
這個背景是和整數拆分有關的【楊氏矩陣】，記\(n=\sum N_i\)，每個位置\((i,j)\)和所有它右邊和下方（如果有）的格子個數（包括自己）稱為這個“鉤子”的長度，這題對應的答案就是\(n!/\Pi\)鉤子長度，證明不會。
https://www.acwing.com/problem/content/274/
最長上升公共子序列，LIS是\(f[i]\)記錄以\(i\)為結尾的LIS，LCS則是記錄\(1-i\)和\(1-j\)的，這裡就考慮綜合起來，\(f[i][j]\)表示以\(s[1,\dots,i]\)，以\(t[j]\)為結尾的LCIS的長度，類似LCS，如果\(a[i]\neq b[j]\)，直接\(f[i][j]=f[i-1][j]\)，否則如果\(a[i]=b[j]\)，就有轉移\(\begin{aligned}f[i][j]=\max_{k=1,\dots,j-1,b[k]<b[j]}(f[i-1][k])+1\end{aligned}\)，又\(b[j]=a[i]\)，下面改成\(b[k]<a[i]\)，原本\(O(n)\)的轉移就可以優化了：列舉\(i\)之後對固定的\(i\)，列舉\(j\)的同時更新這個\(max\)，整體就能做到\(O(n^2)\)。
https://www.acwing.com/problem/content/275/
給\(a[]\)，需要構造一個單調不減或者單調不增的\(b[]\)，最小化\(\sum |a_i-b_i|,n\leq 2000\)。
容易想到先考慮單調不增或者單調不減的其中一種情況，另一種把\(a[]\)翻轉過來再做一遍就行。就以考慮單調不減的序列為例，用\(f[i][j]\)表示前\(i\)個，以\(j\)作為\(b[]\)的結尾的最小答案，這樣就有\(\begin{aligned}f[i][j]=\min_{k=1,\dots,j}f[i-1][j]+|a_i-j|\end{aligned}\)，不過這樣值域有點大，注意到任何一個\(b[j]\)的取值，一定是取\(a[]\)中的某個項，不然就浪費了，所以可以離散化一下，複雜度\(O(n^3)\)，進一步，這題其實和上題類似，對於一個固定的\(i\)，決策集合只增不減，\(O(n)\)的轉移可以和列舉\(j\)一起進行，時間複雜度\(O(n^2)\)。
關於\(b[j]\)一定取\(a[]\)中的某個值可以考慮一個數學歸納：假設對\(1,\dots,k-1\)成立，對於\(i=k\)來說，如果\(b[k-1]\leq a[k]\)，直接構造\(b[k]=a[k]\)就做到了最優的；否則考慮讓\(b[k]=b[k-1]\)，根據歸納我們能夠說明\(b[k-1]\)取的是\(a[1,\dots,k-1]\)，但這還不夠，我們需要證明我們取\(b[k]=b[k-1]\)這種決策能夠達到最優，想一下也顯然，考慮從\(i=k\)往前的一段區間\([j,k]\)，這一段的\(b[i]\)都取得相同的\(v\)，那這就變成給一個\(a[]\)，最小化\(\sum |a_i-v|\)的問題了，這個問題很經典，顯然最優情況下的\(v\)能夠取得到\(a[]\)中的值。
https://www.acwing.com/problem/content/276/
\(L\)個點的有嚮往全圖，每條邊有邊權（即對應\(u\to v\)的代價），有3個人一開始分別在1,2,3處，\(1-n\)個時刻，每個時刻需要有一個人在\(p_i\)這個點，同一個時刻只有同一個時刻一個點不能有多個人，問滿足所有需求需要的最小代價。\(L\leq 200,n\leq 1000\)。
考慮DP還是先想怎麼記錄狀態，依然先考慮最暴力的，三個人的位置肯定要能夠被記錄進去，同時還要記錄處理到了哪個時刻，於是就有了\(O(L^3n)\)級別的狀態，太大了沒法跑。
很套路地想怎麼去掉一些狀態，任意一個時刻一定會有一個人處於\(p_i\)的位置，於是就可以去掉一個\(L\)，比如\(f[i][a][b]\)表示到時刻\(i\)，一個人在\(p[i]\)，另外兩個人分別在\(a,b\)這兩個位置，轉移也很好想，即\(p_i/a/b\to p_{i+1}\)三種轉移方式，實現的時候判定一下狀態合法即可。
揹包
https://codeforces.com/problemset/problem/19/B
Bob拿著\(n\)件商品在收銀臺付款，掃描第\(i\)件商品需要\(t_i\)的時間，第\(i\)件的價格為\(c_i\)，在掃描的時候可以選擇偷走一些商品，偷走一個商品需要1個單位的時間，問最少花多少錢能獲得所有商品。\(n\leq 2000,t_i\leq 2000\)
相當於把商品劃分成兩個集合\(S,T\)，滿足\(|T|\leq \sum_{S}t_i\)，使得\(\sum_{S}c_i\)最小，左邊的式子稍微變形會得到\(\sum_{T}t_i+|T|=\sum_{T}(t_i+1)\leq \sum t_i\)，這就很像揹包了：反著考慮獲得哪些物品不要花錢，總容量為\(\sum t_i\)，選擇一件物品不花錢得到的代價是\(t_i+1\)，這樣一個01揹包問題，但是複雜度會達到\(O(nt^2)=O(n^3)\)，接受不了。
不過順著這個揹包的思路繼續想，選擇花錢買一件物品相當於多獲得一個\(t_i+1\)的體積，對應的付出\(c_i\)的代價，最終目標是獲得所有物品，即\(\sum_{S}t_i+1\geq n\)，於是又是一個揹包：選擇花錢購買一些物品，使得這些物品的體積之和超過\(n\)，求最小的代價。同樣的問題又來了，這樣做揹包的體積上界是多少？如果還是\(O(n^2)\)級別的話這個優化就沒什麼用了：仔細想一下上界不會很大，在一系列決策之後如果當前的\(\sum t_i+\)已經超過了\(n\)，那後面的一定不會繼續選擇購買，所以最大的情況一定是從一個小於\(n\)的體積跨越到一個大於\(n\)的體積，對應的上界就是\(n-1+(v_{max}+1)=n+v_{max}\)了。
https://www.luogu.com.cn/problem/P4141
揹包問題變形，\(n\)個物品，需要回答如果沒有第\(i\)個物品的時候，恰好裝滿容量為\(x=1,\dots m\)的揹包需要多少代價？\(n,m\leq 2000\)。
原問題是\(dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-v[i]]\)和\(dp[0][0]=1\)，暴力做是直接\(O(n^2m)\)的，先處理處沒有第一個物品的答案，然後考慮如何給dp刪除一個物品和新增物品。
按照滾動陣列得到的dp陣列考慮，注意到物品順序不影響答案，假設當前得到的是\(f[0,\dots,m]\)，刪去物品\(i\)之後的答案是\(g[1,\dots,m]\)，則有當\(j<v[i]\)時，\(f[j]=g[j]\)，當\(j\geq v[i]\)時\(f[j]=g[j]+g[j-v[i]]\)，於是就能從小到大反推出\(g[]\)，這樣每一次只需要\(O(m)\)的代價計算刪除和加入一個物品的答案。
rep(i,2,n){
rep(j,0,w[i]-1)g[j]=f[j];
rep(j,w[i],m)g[j]=(f[j]-g[j-w[i]]+10)%10;
rep(j,0,m)f[j]=g[j];
for(int j=m;j>=w[i-1];j--)upd(f[j],f[j-w[i-1]]);
rep(j,1,m)printf("%c",f[j]+'0');
puts("");
}
https://www.luogu.com.cn/problem/P1877
01揹包變形，\(dp[i][j]\)有\(dp[i-1][j-c[i]]\)和\(dp[i-1][j+c[i]]\)兩個轉移。
https://www.luogu.com.cn/problem/P1509
二維揹包變形，兩個代價（rmb和rp）以及兩個收益（在泡到最多MM的前提下時間最小），可以考慮兩個dp陣列，在MM最多的前提下再比較第二維，或者像我在實現的時候直接開個struct來存dp，過載一個比較函式。
https://www.luogu.com.cn/problem/P3985
二維揹包變形，一開始理解錯題意，以為是DP的時候多帶一個極差\(\leq3\)的限制，後面發現原來是給的資料保證極差\(\leq 3\)，那就好做了，考慮最後選擇的物品的集合是\(S\)，最後要\(\sum_{i\in S} v_i\leq W\)，取\(X=\min_i(v_i)\)，式子變成\(X|S|+\sum_{i\in S}(v_i-X)\leq W\)，考慮個雙重限制的揹包：一個是\(v_i\in{0,1,2,3}\)，和第二維代價：每選一個物品代價是1，先對這個二維揹包進行DP，然後再統計符合條件的答案。
https://www.luogu.com.cn/problem/P1455
並查集維護連通塊，然後直接對每一個聯通塊01揹包
https://www.luogu.com.cn/problem/P1858
\(K\)個人，每個人有一個揹包，容量都是\(V\)，\(N\)件物品，現在要每個人都能恰好裝滿揹包，並且任意兩個人選的物品不完全相同，所有人價值之和的最大\(K\leq 50,V\leq 5000,N\leq 200\)。
發現相當於在求一個01揹包要求完全裝滿的前\(K\)大值，前\(K\)大的處理一般是把普通的DP式子轉化成一個單調佇列來維護，轉移變成\(O(k)\)地歸併狀態。
rep(i,1,n)per(j,V,v[i]){
tmp.clear();
for(auto itr:f[j])tmp.pb(itr);
f[j].clear();
int p=0,q=0;
while((p<tmp.size()||q<f[j-v[i]].size())&&(p+q<=k)){
int sp=tmp.size(),sq=f[j-v[i]].size();
if(q>=sq||(p<sp&&q<sq&&tmp[p]>w[i]+f[j-v[i]][q]))f[j].pb(tmp[p++]);
else f[j].pb(w[i]+f[j-v[i]][q++]);
}
}
https://www.luogu.com.cn/problem/P1776
完全揹包問題，帶log的和單調佇列優化的都能過，暴力的還沒試過（
https://www.luogu.com.cn/problem/P5322
（一道評價還不錯的dp題）手上的士兵很像揹包的容量，而對於每座城堡來說又可以看成一個類似於“物品”的東西，就轉換成了一個類似01揹包的問題，但是因為有多個玩家，我們對每座城堡所有玩家的\(a_i\)升序排列，然後在從大到小列舉體積\(j\)的時候直接f[j]=max(f[j],f[j-2*a[i]-1])+i 就行（因為排序之後就保證了不會在同一個\(i\)內部重複計算。
https://www.luogu.com.cn/problem/P1782
多重揹包+泛化揹包，不過這個泛化揹包的處理也很暴力…以及這題有點卡常
單調棧/單調佇列
https://www.luogu.com.cn/problem/P2254
給你一張地圖，一些地方不能走，輸入初始位置，\(K\)段時間，每段時間內要麼只能往指定的方向走，要麼不走，問最遠能走多長的路徑。\(n,m,k\leq 200\)
用\(f[i][j][k]\)表示第\(k\)段時間走完之後在\((i,j)\)處的答案，暴力轉移\(\begin{aligned}f[i][j][k]=\max_{t=0}^{ed_k-st_k+1}\{f[i-t\Delta x][j-t\Delta y][k-1]+t\}\end{aligned}\)，這樣就得到了一個四次方的DP，但是應該是資料太水（以及可能因為是十幾年前的題了，當時測評機沒這麼快）…這麼個大暴力就過了這題：
rep(k,1,K)rep(i,1,n)rep(j,1,m)if(avl[i][j]){
int mx=-INF;
rep(t,0,ed[k]-st[k]+1){
int cx=i-t*di[d[k]],cy=j-t*dj[d[k]];
if(!check(cx,cy))break;
if(f[cx][cy][k-1]==-INF)continue;
mx=max(mx,f[cx][cy][k-1]+t);
}
f[i][j][k]=mx;
}
不過還是來優化轉移過程，其實\(\Delta x,\Delta y\)裡面會有一個是0，假設\(j\)定下來，\(i\)是這次動的方向，我們對於每個確定的\(k,j\)，其實可以\(O(n)\)對
\(f[i][j][k]=\max_{t=0}^{len}\{f[i-t\Delta x][j][k-1]+t\}\)進行轉移：假設這個\(d[k]\)意味著\(i\)只能增大，那我就從1列舉\(i\)，用單調佇列維護\(f[i-t\Delta x][j][k-1]-t\)，每次再用\(Q.front()+t\)來更新答案（注意前面單調佇列裡維護的是\(-t\)，因為原來dp式子裡的\(t\)的含義其實是兩個位置的距離，相當於是\(t_{當前}-t_{從哪轉移來}\)）
數位
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2089
數位上不能有連續的62，以及不能有4。
https://www.luogu.com.cn/problem/P2602
統計\([l,r]\)內所有數碼出現的次數，一位一位數碼考慮，要算數位出現的次數，答案也丟到dfs裡面來跑，狀態多記幾個不會爆的…
ll dfs(int x,int cnt,int D,bool limit,bool lead)
{
if(~f[x][cnt][limit][lead])return f[x][cnt][limit][lead];
if(!x)return f[x][cnt][limit][lead]=cnt;
int mx=limit?digit[x]:9;
ll ret=0;
rep(i,0,mx)
{
int cnt2=cnt;
if(i)cnt2+=(i==D);
else cnt2+=(!lead&&i==D);
ret+=dfs(x-1,cnt2,D,limit&&i==digit[x],lead&&!i);
}
return f[x][cnt][limit][lead]=ret;
}
https://codeforces.com/problemset/problem/276/D
考慮\(a,b\in [l,r]\)，問\(a\oplus b\)的最大值，\(l,r\leq 10^{18}\)。
異或想到考慮二進位制，但是不太會考慮，那就大力列舉，數位dp不就是幹這種事情嘛？
\(f[x][l1][r1][l2][r2]\)表示從高往低考慮到第\(x\)位，\(l1,r1\)表示對\(a\)的約束，同樣\(l2,r2\)是對\(b\)的約束。
if(!x)return 0;
if(~f[x][l1][r1][l2][r2])return f[x][l1][r1][l2][r2];
ll ans=0;
//l1,r1 means first number's upper and lower bound
rep(i,l1?L[x]:0,r1?R[x]:1)
rep(j,l2?L[x]:0,r2?R[x]:1){
ll t=i^j;t<<=(x-1);
t+=dfs(x-1,l1&&i==L[x],r1&&i==R[x],l2&&j==L[x],r2&&j==R[x]);
ans=max(ans,t);
}
return f[x][l1][r1][l2][r2]=ans;
樹形
https://www.luogu.com.cn/problem/P1352
入門題
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2196
對樹上每個點求它到哪個點距離最遠，一個\(O(n\log n)\)的做法是先\(O(n)\)求出直徑\(r_1,r_2\)，那麼每個點\(x\)的答案就是\(max\{dis(r_1.x).dis(r_2.x)\}\)，注意這題有多組資料（以及一開始以為沒清空乾淨陣列，瘋狂MLE/TLE）。