DP小練終於搞定了，前前後後用了兩星期，這次練習，主要是練習數位，概率和樹形dp，其中不乏有些很好的思想。
首先，我們來看看數位dp。一般的，數位dp都用於統計區間，滿足一些性質的數的個數，格式都比較固定，究其本質，不外乎先查詢【0， r】區間滿足該性質的數的個數，然後再求出【0， l - 1】區間滿足該性質的數的個數，然後相減即可。
這裡給出一段我的模板

int digit[70];
ll dp[65][22][22];

ll dfs(int pos, int cnt4, int cnt7, int flag) {
    if(cnt4 > x || cnt7 > y) return
 
 0;
    if(pos < 1) return (cnt4 == x && cnt7 == y);
    ll &ret = dp[pos][cnt4][cnt7];
    if(!flag && ret != -1) return ret;
    int up = flag ? digit[pos] : 9;
    ll ans = 0;
    for(int i = 0; i <= up; i++) {
        ans += dfs(pos-1, cnt4 + (i == 4), cnt7 + (i == 7), flag && i == up);
    }
    if
 
(!flag) ret = ans;
    return ans;
}
ll cal(ll n) {
    int len = 0;

    while(n) {
        digit[++len] = n % 10;
        n /= 10;
    }
    return dfs(len, 0, 0, 1);
}

有時候，數位dp會存在一些變形，例如HDU3943要求找到具體的滿足條件的區間內的最大值，這個我們利用二分搜尋，列舉答案，在上一次dp的基礎上，繼續做dp，不斷縮小解空間，找到最優解。
再例如HDU3709，我們需要列舉平衡位置，來進行dp然後查詢最優解否則無法統計。

概率dp獲益良多。
POJ3744，如果橫著掃一遍 統計過去，那麼時間開銷太大了，由資料，我們發現埋雷的位置很少，我們從這下功夫，然後在畫畫，可以發現，決策為f[n] = a * f[n-1] + b * f[n-2],其中a， b是常數。於是，列舉雷前面的位置，然後用矩陣快速冪加速顯然。
概率dp一般是順著來的（因為起點為1的話，他的概率就為1，往後順推容易計算）
期望dp一般是倒著來的（通常，把達到的目標狀態期望設定為0）
概率dp和期望dp並不是很難，但是當我們根據題設條件列出方程的時候，化簡是比較煩的，這時候需要的是細心和耐心。
再者，概率和期望想要學好，論文是必須要看的。
ZOJ3329是比較基礎的，容易推到方程。
當我們遇到類似於POJ2151這種題，我們需要順著+倒著想一次，然後才能利用條件概率的知識解出正確答 有時候，推匯出來的方程，往往依賴於之前未計算出來的狀態（多見於期望dp），我們可能需要迭代，或者分拆方程的方法，例如HDU4035，後面的值依賴於前面的節點，我們需要改變下原狀態方程，用數學代換，再迭代，解出輔助方程的轉移方法。

最後再談談樹形dp，
樹形dp有兩種思維方式，一種是點分治，也就是說，當我們計算一個點時候，我們只需要計算以這個點為根的子樹（這是理想情況下，藍兒多數時候，是需要考慮到父親甚至祖先節點的，這時候，我們長可以用陳啟峰一張一弛解題之道的思想，科學的縮小或者放大解空間，直戳題目要害，問題才能迎刃而解）。還有一種是邊分治，例如找樹的重心。
此部落格會根據以後對dp的理解持續更新。