DP从入土到入门

去世选手请求重生。

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练习题

P5017 摆渡车

详见 P5017 摆渡车 - Luckyblock

算法一

设 \(f_i\) 在 \(i\) 时间发车，发车时等待的时间和的最小值。则显然有：

\[f_i = \min_{j\le i-m}(f_j + \sum_{j < t_k \le i}^{n}{(i-t_k)}) \]

对于每个 \(f_i\)，当在 \(i\) 时刻时发第一班车，\(f_i\)最大，则其初始值为：

\[f_i = \sum_{t_k

为保证载上所有人，最后一班车需在 \([t_{max}, t_{max}+m)\)内发车，则：

\[ans = \min_{i=t_{max}}^{t_{max}+m}(f_i) \]

前缀和优化，设 ：

\[cnt_i=\sum\limits_{t_k\le i} 1,\ pos_i = \sum\limits_{t_k\le i}{t_k} \]

对于上式中的 \(\sum\limits_{j < t_k \le i}{i-t_k}\)，有：

\[\sum\limits_{j < t_k \le i}{i-t_k} = (cnt_i-cnt_j)\times i - (pos_i-pos_j)\]

替换状态转移方程。

优化转移方程，对于状态转移方程：

\[f_i = \min_{j\le i-m}(f_j + (cnt_i-cnt_j)\times i - (pos_i-pos_j)) \]

显然，若 \(j\le i-2m\)，则在 \(j+m\) 时刻可多发一班车，不影响在 \(i\) 时刻发车，且答案不会变劣。
即：停车时间 \(i- (j+m) < m\)。

故转移方程可替换为：

\[f_i = \min_{i-2m\le j\le i-m}(f_j + (cnt_i-cnt_j)\times i - (pos_i-pos_j)) \]

减去无用状态。

若 \(cnt_i=cnt_{i-m}\)，说明时间段 \([i-m,i]\)内没有需要坐车的人。
则在 \(i-m\) 时刻发车，在 \(i\) 时刻不发车，不会使答案变劣，\(f_i\) 是一个无用状态。

则可将状态转移方程改为：

\[f_i = \begin{cases}f_{i-m} &cnt_i=cnt_{i-m}\\ \min_{i-2m\le j\le i-m}(f_j + (cnt_i-cnt_j)\times i - (pos_i-pos_j))& \text{otherwise}\end{cases} \]

当满足 \(t_i = t_{i-1}+m\) 时，有用的位置最多，为 \(nm\) 个。

复杂度 \(O(nm^2 + t)\)，期望得分 \(100\text{pts}\)。

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算法二

由算法一，停车时间 \(i- (j+m) < m\)。
车往返一次时间 \(m\)，则人等车时间 \(< 2m\)。

设 \(f_{i,j}\) 表示第 \(i\) 个人，等待时间为 \(j\)，且前 \(i\) 个人已到达的时间最小值。

初始值 \(f_{1,i} = i\)。

分类讨论：

1. 若 \(t_{i+1} \le t_{i+1} + j\)，则第 \(i+1\) 个人可和 第 \(i\) 个人坐同一辆车走。
   第 \(i+1\) 个人的等待时间 \(k = t_i+j-t_{i+1}\)
   状态转移方程式为：

\[f_{i+1, k} = \min(f_{i+1, k},f_{i,j}+k ) \]

2. 否则，枚举第 \(i+1\) 个人的等待时间 \(k\)。
   \[k\in [\max(0, t_i + j + m - t_{i+1}), 2m) \]
   状态转移方程式同上，为：
   \[f_{i+1,k} = \min (f_{i+1}, k, f_{i,j} + k) \]

复杂度 \(O(nm^2)\)，期望得分 \(100\text{pts}\)。

代码 P5017 摆渡车 - Luckyblock

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P4910 【帕秋莉的手环】

题目要求:

给定一个长度为 \(n\) 的环，填入 金色或绿色。
不能有两个相邻的绿色。
多组数据, \(T\le 10, n\le 10^{18}\)

矩阵加速模板。

设 \(f_{i,0/1}\) 为当前填到第 \(i\) 位，第一个位置为 金色/绿色 的合法方案数。
分成第一个位置为 绿/金讨论：

1. 第一个位置为绿色时，\(f_{1,0} = 0,f_{1,1} = 1\)。
   由于不能有两个相邻的绿色，则结尾珠子必为金色。
   其对答案的贡献为 \(f_{n,0}\)
2. 第一个位置为金色时，\(f_{1,0} = 1, f_{1,1} = 0\)。
   此时结尾珠子颜色任意。
   其对答案的贡献为 \(f_{n,0} + f_{n,1}\)

状态转移方程：
\(f_{i,0} = f_{i-1,0} + f_{i-1,1}\)
\(f_{i,1} = f_{i-1,0}\)

复杂度 \(O(Tn)\)，期望得分 \(\text{60pts}\)。

上式显然可矩阵加速，转移矩阵如下：

\[\begin{bmatrix}f_{i-1,0}&f_{i-1,1}\end{bmatrix} \times \begin{bmatrix}1&1\\1&0\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}f_{i,0}&f_{i,1}\end{bmatrix} \]

复杂度 \(O(T\log n)\)，期望得分 \(\text{100pts}\)。

代码 P4910 【帕秋莉的手环】 - Luckyblock

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P4933 大师

题目要求:

给定一长度为 \(n\) 的序列 \(h\)。
求方向为从左到右的，等差数列个数。
\(n\le 10^3, h_{max} \le 2 \times 10^4\)

显然的线性DP。
设 \(f_{i,j}\) 表示 最后一项是\(h_i\)，公差为 \(j\) 的等差数列的个数。

转移到 \(i\) 时，枚举前一个元素 \(k\)，公差 \(j\) 即为 \(h_i - h_k\)。
最后一项是 \(h_k\)，公差为 \(j\) 的等差数列的个数为 \(f_{k,j}\)。

如图，在其末尾添加一新元素，则显然有 \(f_{i,j} = f_{k,j} +1\)。
可能存在多个公差为 \(j\) 的位置 \(k\)，则有状态转移方程式：

\[f_{i,h_i - h_k} = \sum_{k

需要枚举当前位置 和 前一个位置。
复杂度 \(O(n^2)\)，稳过。

公差为负数怎么办？

1. 为所有计算出的公差加上一个偏移量。
2. 正着反着做两次DP，并将两次的贡献求和。

一种空间换时间，一种时间换空间。
代码中使用了时间换空间的做法。

代码 P4933 大师 - Luckyblock

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P1439 【模板】最长公共子序列

题目要求:

给定 \(1,2,\dots n\) 的两个排列 \(a,b\)，求其最长公共子序列。
\(n\le 10^5\)

算法一

有一个极其显然的做法。
设 \(f_{i,j}\) 为，\(a\) 中匹配到第\(i\) 位，\(b\) 中匹配到第 \(j\) 位时，最长公共子序列的长度。

讨论 \(a_i\) 与 \(b_j\) 是否相等，则有：
\(f_{i,j} = \begin{cases}f_{i-1,j-1} +1 & a_i=b_j\\\max ({f_{i,j-1}, f_{i-1,j}}) & \text{otherwise}\end{cases}\)

复杂度 \(O(n^2)\)，期望得分 \(50\text{pts}\)。

算法二

上述算法已无法再优化，考虑奇技淫巧。

排列中不存在重复元素，考虑建立一一映射关系。
令 \(pos_{a_i} = i\)，使 \(a_i \Rightarrow i, b_i \Rightarrow pos_{b_i}\)。
即发生如下的转化：

\[\begin{aligned}a&:3\ 1\ 5\ 4\ 2\\b&:2\ 3\ 4\ 5\ 1\end{aligned} \Longrightarrow \begin{aligned}&a:1\ 2\ 3\ 4\ 5\\&b:5\ 1\ 4\ 3\ 2\end{aligned} \]

显然映射后的 LCS 的长度不会受影响。

由于 \(a_i\) 单调递增，则 LCS 也单调递增。
换言之，\(b\) 中所有单调递增子序列，均是一公共子序列。
问题转化为，求 \(b\) 最长的单调递增子序列的长度。
即经典的 LIS 问题。

使用 \(O(n\log n)\) 算法求解即可，期望得分 \(\text{100pts}\)。

代码 P1439 【模板】最长公共子序列 - Luckyblock

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P5858 「SWTR-03」Golden Sword

题目要求:

给定 \(n\) 个物品，编号为 \(a_1\sim a_n\)。
现需要将其按顺序放到容量为 \(w\) 的箱子里。
每放入一个物品前，可以从箱子中取出 \(s\) 个物品。
定义 第 \(i\) 个物品的价值为，将其放入箱子后，箱中物品数 \(\times a_i\)，求最大价值和。
\(1\le s\le w\le n \le 5.5\times 10^3, 0\le \mid a\mid \le 10^9\)

发现一些奇妙性质。

1. 已经放入箱子的物品本质相同，对之后放入物品的贡献都为 \(1\)。
2. 欲使加入新物品后，箱子内物品数为 \(j\)，可在物品数为 \(j-1\) 直接加入，或删去 \(\le s\) 个物品。
   但两种方法对答案的贡献等价。

则有非常显然的做法。

设 \(f_{i,j}\) 表示，放到第 \(i\) 个物品，箱子里有 \(j\) 个元素的最大价值和。

\[f_{i,j} = \max_{k=j-1}^{\min\{j+s-1,w\}} \{ f_{i-1,k} \} + j\times a_i \]

转移时只与 \(i-1\) 有关，则 \(i\) 维可以滚动数组滚掉，保证空间复杂度。
需每次都将 \(f_{now}\) 初始化为负无穷。

注意循环边界的细节。

for (int i = 1; i <= n; ++ i, now ^= 1) {
  memset(f[now], 128, sizeof(f[now]));
  for (int j = 1; j <= min(i, w); ++ j) {
    for (int k = j - 1; k <= min(i, min(j + s - 1, w)); ++ k) {
      f[now][j] = max(f[now][j], f[now ^ 1][k] + (ll) j * a[i]);
    }
  }
}

时间复杂度上限 \(O(n^3)\)，在 \(s=w=n\) 时复杂度最高。
在随机数据下能骗到 \(\text{85pts}\)。

被 \(\text{Subtask 4}\) 卡掉了咋办啊？
观察代码：

for (int j = 1; j <= min(i, w); ++ j) 
  for (int k = j - 1; k <= min(i, min(j + s - 1, w)); ++ k) 

发现 \(k\) 的范围区间，随 \(j\) 的增加，单调右移，考虑单调队列优化。
优化掉一重循环，省去了枚举 \(k\) 的复杂度。

复杂度 \(O(n^2)\)，期望得分 \(\text{100pts}\)

代码 P5858 「SWTR-03」Golden Sword - Luckyblock

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P5664 Emiya 家今天的饭

赛场上硬刚64pts 2.5h，最后样例没过。
没时间写爆搜，交了一份自己也不知道在干什么的代码，获得了 8pts 的好成绩。
留下了极大的心理阴影。
消除恐惧的最好方法，就是直面恐惧。
加油，奥利给！

题目要求:

给定一 \(n\times m\) 的矩阵 \(a\)。
从矩阵中取出一个集合，满足下列要求：

1. 非空。
2. 每一行只能选择一个元素。
3. 属于同一列的元素数 \(\le \left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor\)。

一个集合的价值定义为所有元素的乘积。
求所有满足条件的 集合的权值 之和，答案对 \(998244353\) 取模。
\(1\le n\le 100, 1\le m \le 2000, 0\le a_{i,j} \le 998244353\)。

考虑容斥，容易想到，合法集合权值和 = 总权值和 - 不合法集合权值和。

对于总权值和：
每一行可以选择 1 个元素，或者不选。
选择 1 个元素时，其对乘积的贡献为 \(a_{i,j}\)，不选时贡献为 1。
最后减去空集的情况（其贡献为 1），则总权值和为：

\[\prod_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}a_{i,j} - 1 \]

对于不合法集合权值和：
由条件 3 可知，不合法集合中，只存在一个不合法列，使集合中位于该列的元素数 \(> \left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor\)。

考虑通过枚举固定这一列。
判断某一集合是否合法，只需已知 位于该列的元素数，和位于其他列的元素数，求差值即可。

令枚举固定的一列为 \(now\)，则可设计状态：\(f_{i,j,k}\) 表示：前 \(i\) 行中，\(now\) 列中 选择了 \(j\) 个，其他列中选择了 \(k\) 个的权值和。

令 \(s_{i,now} = \sum\limits_{j=1}^{m}a_{i,j} - a_{i,now}\)，表示一行中非 \(now\) 行的元素之和。
则有显然的转移方程：

\[f_{i,j,k} = f_{i-1,j,k} + f_{i-1,j-1,k}\times a_{i,now} + f_{i-1,j,k-1} \times s_{i,now} \]

复杂度 \(O(n^3m)\)，期望得分 \(84\text{pts}\)。

考虑优化：
由上述算法，判断集合是否合法，仅需知道 被枚举列和 其他列元素数的差值。
分别记录两种元素的个数是没有必要的。

考虑直接记录差值。
算法四转移方程中 \(f_{i-1,j-1,k}\rightarrow f_{i-1,j,k}\) 和 \(f_{i-1,j,k-1}\rightarrow f_{i-1,j,k}\)，可看做差值的 增大 / 减小。

同样令固定的一列为 \(now\)，可设计新状态，令 \(f_{i,j}\) 表示，前 \(i\) 行中， \(now\) 列中 选择个数 与 其他列个数差值为 \(j\) 时的权值和。

令 \(s_{i,now} = \sum\limits_{j=1}^{m}a_{i,j} - a_{i,now}\)，表示一行中非 \(now\) 行的元素之和。
则有状态转移方程：

\[f_{i,j} = f_{i-1,j} + f_{i-1,j-1} \times a_{i,now}+ f_{i-1,j+1}\times s_{i,now} \]

复杂度 \(O(n^2m)\)，期望得分 \(100\text{pts}\)。

代码 P5664 Emiya 家今天的饭 - Luckyblock

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P1973 [NOI2011]NOI 嘉年华

参考: stO FlashHu 的题解 Orz

蒟蒻尽量把悟到的信息都放了上来。
比较啰嗦，望见谅。

题意简述:

给定 \(n\) 个事件，第 \(i\) 个事件从 \(S_i\)时刻开始，持续 \(T_i\) 时刻。
可将它们分到两个地点中的一个，或者放弃。
同一地点事件可同时发生，两个事件不可同时发生在不同地点。
求

1. 无限制时，事件数较小的地点 的事件数。
2. 不放弃第 \(i\) 个事件时，事件数较小的地点 的事件数。

\(1\le n \le 200, 0\le S_i\le10^9,1\le T_i\le 10^9\)。

先离散化，下文中出现的 “时间” 均指离散化后的值。
显然，离散化后时间的最大值 \(\le 2n\)。

把事件看做线段，地点看做集合。
从 \(S_i\)时刻开始，持续 \(T_i\) 时刻的事件记为 \([s_i,t_i]\)。

有一个很显然的结论：
对于一个分配方案，若存在某被丢弃的事件，可加入到集合中。
将其加入，答案不会变劣。

由上，若向某一集合中添加了一条线段 \([L,R]\)，则所有包含于 \([L,R]\) 的线段，都一定会被添加到该集合中。

则可考虑将一个区间内的完整线段合并，
设 \(cnt_{i,j}\) 表示区间 \([i,j]\) 内的完整线段数。
暴力 \(O(n^3)\) 预处理即可。

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先搞掉子任务一。

要求：事件数较小的地点 的事件数。
数据范围不大，考虑枚举一边的事件数，并求另一边的最大值，两边取 \(\min\) 即为所求。

设 \(pre_{i,j}\) 表示，枚举到时间 \(i\)，一边线段数为 \(j\) 时，另一边线段数的最大值。
转移时枚举断点 \(k\)，则有：

\[pre_{i,j} = \max_{k=1}^{i}\{pre _{k,j} + cnt_{k,i},\ pre_{k,j-cnt_{k,i}}\}\]

两种情况分别代表将 \([k,i]\) 添加到两边的情况。
转移的总复杂度为 \(O(n^3)\)。

令 \(m\) 为时间的最大值，显然答案为 \(\max\limits_{j=1}^{n}\{\min(pre_{m,j},j)\}\)。

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来搞子任务二。

\(pre_{i,j}\)，即为 \(1\sim i\) 中，一边线段数为 \(j\) 时，另一边线段数的最大值。
再处理一个 \(suf_{i,j}\)，表示 \(i\sim m\) 中，一边线段数为 \(j\) 时，另一边线段数的最大值。
转移方程与 \(pre_{i,j}\) 类似，即为：

\[suf_{i,j} = \max_{k=i}^{m}\{suf_ {k,j} + cnt_{k,i},\ suf_{k,j-cnt_{k,i}}\}\]

此时属于 \([s_i,t_i]\) 的线段，必包含在其中同一边，但\(s_i\) 之前和 \(t_i\) 之后选择的线段数 均未知。
同子任务一的思路，考虑枚举线段数，并求另一集合线段数的最大值，两边取 \(\min\) 即为所求。

设 \(f_{l,r}\) 为保证一边必选 \([l,r]\) 中线段时，最优的答案。
枚举 \(x\) 为这边中属于 \([1,l-1]\) 的线段数， \(y\) 为 \([r+1,m]\) 中的线段数。

这一边线段总数即为 \(x + cnt_{i,j} + y\)。
另一边选择的最大个数，显然为 \(pre_{l,x} + suf_{r,y}\)。

则有状态转移方程：

\[f_{l,r} = \max_{x=0}^{n}\max_{y=0}^{n}\{\min(x + cnt_{l,r} + y,\ pre_{l,x} + suf_{r,y})\} \]

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所以答案就是 \(f_{s_i,t_i}\) 吗？回答是否定的。

还有一种特殊情况：
当 \([s_i,t_i]\) 被一属于同一集合的某线段包含，即存在包含询问区间的线段时，上述 \(pre_{l,x} + suf_{r,y}\) 的计算方法就不合适了。
考虑枚举这样的线段，以包含所有特殊情况。

显然，第 \(i\) 个事件必选的答案即为：\(\max\limits_{l=1}^{s_i}\max\limits_{l=t_i}^{m}f_{l,r}\)。
这样就必须预处理出所有 \(f_{i,j}\)，其复杂度达到 \(O(n^4)\)，会被卡掉。

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考虑一波优化。

显然， \(pre_{l,x}\) 随 \(x\) 的增加而减小，\(suf_{r,y}\) 随 \(y\) 的增加而减小。
当一边选的多了，另一边选择的余地自然少。

观察上面的式子，答案即最大的 \(\min(x + cnt_{l,r} + y,\ pre_{l,x} + suf_{r,y})\)，考虑如何最大化它的值。

当 \(x\) 固定时，\(x + cnt_{l,r}\) 与 \(pre_{l,x}\) 均不变。
正序枚举 \(y\)，\(suf_{r,x}\) 递减。此时 有\((x + cnt_{l,r} + y)\uparrow\) 而 \((pre_{l,x} + suf_{r,y})\downarrow\)。
讨论一波，显然有下图形式：

它是一关于 \(y\) 的单峰函数。在峰值左侧有 \(x + cnt_{l,r} + y< pre_{l,x} + suf_{r,y}\)，函数递增。右侧则相反。

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当 \(x\) 增加时，\(x + cnt_{l,r}\) 增加，\(pre_{l,x}\) 减小。单峰函数的极值会在 \(y\) 更小时取到，有：

发现 在 \(x\) 增加时，令答案更优的 \(y\) 单调递减。

则可在正序枚举 \(x\) 的同时，设立一指针指向 最优的 \(y\)，单调左移即可。
省去一层循环，复杂度 \(O(n^3)\)，期望得分 \(100\text{pts}\)。

调了很久发现是离散化挂掉了
代码 P1973 [NOI2011]NOI 嘉年华 - Luckyblock

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P1270 “访问”美术馆

先扒茬扒茬性质：

1. 到达一个房间的路径只有一条，显然屋子呈一树形结构，且只有到达叶节点才有贡献。
2. 没有给出具体房间个数，但总时间 \(T \le 600s\)，可知节点数较少。
3. 在警察赶来之前 逃走，则花费时间 \(< T\)

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先 dfs 建树，考虑树形 DP。

令 \(f_{u,i}\) 表示，在根节点为 \(u\) 的子树中，取得 \(i\) 幅画并回到 节点 \(u\) 的最小时间花费。

变成了一个树形背包问题。
暴力求解即可，边界为 \(f_{u,0} = 0\)，有：

\[f_{u,i} = \min_{j=1}^{}\{f_{u,i-k} + f_{v,k} + 2\times (u,v)\} \]

对于叶节点，有：

\[f_{u,i} = 5\times i \]

注意转移时不可直接更新 \(f_{u,i}\)，会造成以新换新。
倒序枚举 \(i\)，使 \(f_{root,i} 的第一个 \(i\) 即为答案。

由于是二叉树，复杂度为 \(O(n^3)\) 级别，期望得分 \(100\text{pts}\)。

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发现是优美的二叉树，做树形背包小题大做了。
可直接枚举 左右儿子中选择的数量来更新答案。
有：

\[f_{u,i} = \min\{f_{v1,j} + 2\times (u,v_1) + f_{v2,i-j}+2\times (u,v_2)\} \]

复杂度 \(O(n^3)\) 级别，期望得分 \(100\text{pts}\)。

代码 P1270 “访问”美术馆 - Luckyblock

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P2577 [ZJOI2005]午餐

设第 \(i\) 个人打饭时间，吃饭时间分别为 \(a_i\) 与 \(b_i\)，前 \(i\) 个人打饭时间总和为 \(sum_i\)。

先考虑只排一队的情况，对于一给定的队列完成的时间，有：

\[time = \max_{i=1}^{n}\{sum_i+b_i\} \]

答案即为 最小的完成时间。

对于两个相邻的人， \(i\) 与 \(i+1\)，若 \(b_{i+1} > b_i\)

• 当 \(i+1\) 在后面时，两者完成时间分别为 \(sum_i + b_i, sum_i+a_{i+1}+b_{i+1}\)。
  显然有 \(sum_i+a_{i+1}+b_{i+1}> sum_i + b_i\)。
• 当 \(i+1\) 在前面时，完成时间分别为 \(sum_i+b_{i+1}, sum_{i} + a_i+b_i\)。

显然有 \(sum_i+a_{i+1}+b_{i+1} > \max\{sum_i+b_{i+1}, sum_{i} + a_i+b_i\}\)。

欲使 \(\max\limits_{i=1}^{n}\{sum_i+b_i\}\) 尽可能小，显然使 \(i+1\) 排在前面更优。

感性理解，吃饭慢的放在前面一定更优。
则可先将 \(n\) 个人按照吃饭时间降序排序。
逐个加入队列的人变成有序的了。
考虑线性 DP 求解此题。

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发现有两边，不好设状态。
考虑 P1973 的思路，枚举一边的答案，并求另一边答案的最小值，两边取 \(max\) 即为所求。
设 \(f_{i,j,k}\) 表示 \(1\sim i\) 中，窗口一最后一个人为 \(j\)，完成时间为 \(k\) 时，窗口二的完成时间。

然后发现无法转移，因为最后一个人不一定 最晚吃完。
陷入思考...

手搓的心心.png

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发现窗口二的队列，必定为窗口一的补集。

设当前第 \(i\) 个人加入队列，令窗口一队列打饭时间总和为 \(j\)，则窗口二打饭时间总和为 \(sum_i - j\)。

若已知 \(j\)，可计算第 \(i\) 个人加入窗口一/二的完成时间。
考虑枚举窗口一打饭时间总和 \(j\)，来更新答案。

设 \(f_{i,j}\) 表示，前 \(i\) 个人加入队列，窗口一队列打饭时间总和为 \(j\)时，两窗口的最小完成时间。

考虑第 \(i\) 个人排到窗口一/二：

1. 排到窗口一，\(f_{i,j} = \max\{j + b_i,\ f_{i-1,j-a_i}\}\)。
   \(j + b_i\) 为新加入窗口一的人的完成时间。
   \(f_{i-1,j-a_i}\) 为：不加此人时，窗口一的完成时间 与 窗口二的完成时间 的最小值，用于更新答案，不会导致漏解。
2. 排到窗口二，\(f_{i,j} = \max\{f_{i-1,j},\ sum_i-j+b_i\}\)。
   \(sum_i-j+b_i\) 为新加入窗口二的人的完成时间。
   \(f_{i-1,j}\) 也为不加此人时，窗口一的完成时间 与 窗口二的完成时间 的最小值。

上述两种情况取最小值即可。
复杂度 \(O(nT)\) (\(T\) 为最大时间)，期望得分 \(100\text{pts}\)。

代码 P2577 [ZJOI2005]午餐 - Luckyblock

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P2501 [HAOI2006]数字序列

太妙了，学到虚脱.

题意简述

给定一长度为 \(n\) 的数列 \(a\)，可将 \(a_i\) 改为任意整数 \(k\)，代价为 \(\mid a_i -k\mid\)。
求使数列变为单调严格上升序列，最少需要改变的个数。
及改变数最少时，最小的代价和。
\(1\le n\le 3.5\times 10^4, 1\le a_i\le 10^5\)。

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先搞掉第一问。

需要改变最少，则需保留得尽可能多。
考虑保留两个数的条件，对于 \(a_i,a_j(i < j)\)，若可保留，说明 \(a_i < a_j\) 且改变 \([i+1,j-1]\) 内的数，可使序列 \([i,j]\) 严格上升。

如数列 \(1, 4, 5, 3\) (无歧义)，虽然满足 \(1<3\)，但它们中间的两个数无论改成多少，都无法满足单增性质。

显然保留 \(a_i,a_j\) 的条件为：\(a_j-a_i \ge j-i\)。
移项，得 \(a_j - j \ge a_i - i\)。
发现保留 \(a_i\) 的条件为 \(a_i-i\) 单调不降。

设 \(b_i = a_i - i\)。
使用经典 \(O(n\log n)\) 的方法，求数列 \(b\) 的最长不下降子序列长度，即为答案。

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来搞第二问。

发现使 \(a_i\) 单调上升的代价，等价于使 \(b_i\) 单调不降的代价。
有个结论：
对于区间 \([l,r]\)，使其单调不降，则存在分界点 \(k\)，使 \(b_i = b_l(i\le k), b_j = b_r (j>k)\)，此时代价最小。

如何证明这个听起来很扯皮的结论？

考虑做第一问时，顺便维护一下每个数的从哪里转移而来。
设转移前驱为 \(pre_i\)。
显然，\(pre_i\) 为满足 \(b_i \ge b_{pre_i}\) 的，且使子序列最长的位置。
则不存在 \(pre_i，使 \(b_j\le b_i\)，否则 \(pre_i = j\) 显然更优。

考虑 \(pre_i\) 和 \(b_i\) 之间的数 \(b_j\)，一定满足 \(b_j < b_{pre_i}\) 或 \(b_j>b_i\)，它们一定要被修改。
设 \(b_j\) 修改后为 \(c_j\)，显然 \(c_j\) 单调不降，且 \(b_{pre_i} \le c_j\le b_i\)。
则有下图形式：

上图给出了一种修改的方案，考虑能否调整方案，使答案更优。
分类讨论：
对于一段被改为 \(c\) 的连续区间 \([l,r]\)：

1. 若 \(b_j < b_{pre_i}\) 的数量大于 \(b_j > b_{pre_i}\) 的数量，则 \(c\) 越小，代价越小。
   又要保证单调不降，则 \(c = c_{l-1}\) 时最优。
2. 若 数量相反，分析过程同上，\(c = c_{r+1}\) 时最优。
3. 若 数量相等，\(c\) 可取任意值。

则可对此方案进行调整：



发现满足结论形式。

则对于任意不满足结论的方案，均可进行调整，使代价更小，最终必定调整至结论中的形式。

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令 \(g_i\) 表示，最后一位是 \(b_i\) 时单调不降的代价。
枚举满足条件的前驱 \(pre\)，转移 \(b_i\)，
枚举的前缀满足：

• \(pre_i < i, b_{pre}\le b_i\)。
• 以\(b_{pre}\)结尾的 最长不降子序列长度 = 以 \(b_i\) 结尾的 - 1。

之后枚举分界 \(k\)，求得最小的代价。
有：

\[g_i = \min\{g_{pre} + \sum_{j=pre+1}^{k}\mid b_j-b_{pre}\mid + \sum_{j=k+1}^{i-1}\mid b_j-b_{i}\mid\} \]

后面那一大堆 \(\sum\) 可以用前缀后缀和优化。
复杂度 \(O(n^2)\) 级别？但数据随机，\([pre_i,i]\) 的长度较小，可以跑过去。

代码中用 vector 记录长度为 \(i\) 的最长不降子序列的结尾，再通过判断确定转移前缀。
\(from\) 表示转移前缀，\(pre\) 表示前缀和。
注意不开 long long 爆零两行泪。

代码 P2501 [HAOI2006]数字序列 - Luckyblock

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P4158 [SCOI2009]粉刷匠

？这波算是大暴力草了过去

题意简述

给定一 \(N\times M\) 的空白矩阵，以及每个格子的目标颜色（为只能为红 / 蓝）。
每次可选择一行上连续的一段，涂上一种颜色。
每个格子最多只能被粉刷一次。
可涂色 \(T\) 次，求最多正确粉刷的个数。
\(1\le N,M\le 500,0\le T\le 2500\)。

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注意 每个格子最多只能被粉刷一次。
由于这个性质，一个格子不会被多次更改颜色。
无后效性，可考虑线性 DP。

一开始没注意到，往区间 DP 往上莽了一阵

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先考虑一行的情况：

把红色格子当作 0，蓝色看成 1。
显然一段连续同色区段，可以一次涂完。
考虑将连续同色区段合并，如下图形式：

发现合并后的一行变成 0/1 交替的形式。
上一个格子与这一个目标状态一定不同。
以下提到格子，均指合并后的格子。

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考虑新加入一个格子 \(i\)，对花费的影响。
由上，影响新格子的，只有最后一个格子的状态。

1. 当上一个格子刷错时，可顺便刷对新格子，花费不变。
2. 当上一个格子刷对时，要想刷对新格子，必须多花费一次。
3. 当上一个格子刷对时，刷错新格子，总花费不变。
4. 当上一个格子刷错时，刷错新格子，必须多花费一次。

格子刷错对答案无贡献，刷对时对答案贡献为 \(val_i\)

设 \(f_{i,j,k, 0/1}\) 表示，第 \(i\) 行，在 \(1\sim j\) 中刷 \(k\) 次，第 \(j\) 个格子刷 错/对时，能刷对的最多格子数。
设 \(val_{i,j}\) 为格子 \((i,j)\) 的权值，显然有：

\[\begin{aligned} &f_{i,j,0} = \max\{f_{i,j-1,k,1},\ f_{i,j-1,k-1,0}\}\\ &f_{i,j,1} = \max\{f_{i,j-1,k,0},\ f_{i,j-1,k-1,1}\}+val_{i,j} \end{aligned}\]

合并后每行格子长度变小，复杂度上限 \(O(nmT)\)。

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显然，第 \(i\) 行刷 \(j\) 次后，能刷对的最多格子数为：

\[val_{i,j} = \max\{f_{i,n,k,0}, f_{i,n,k,1}\} \]

每行只能做一次贡献，涂色总次数为 \(T\)，自此变成了一个分组背包问题。

数据范围较小，可暴力 \(O(nT^2)\) 实现。
直接暴力显然显然过不去，加个小剪枝，使每行涂色数 \(\le\) 格子数即可。

代码中数组 \(val\) 有两种含义，注意重新赋值时含义的变化。
代码 P4158 [SCOI2009]粉刷匠 - Luckyblock

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P1295 [TJOI2011]书架

双倍经验 P1848 [USACO12OPEN]Bookshelf G。
这边有 dalao 的神仙题解。

？我一开始为什么要写二维 DP

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题意简述

给出一个长度为 \(n\) 的序列 \(h\)。
将 \(h\) 分成若干段，满足每段数字之和都不超过 \(m\)。
最小化每段的最大值之和。
\(1\le n\le 10^5, 1\le h_i\le 10^9\)

有个非常显然的 DP ：
设 \(f_i\) 表示，已经分好 \(i\) 个数字的最小代价。
转移时枚举这一段的开头 \(k\)，将 \([k,i]\) 作为新的一段，则有：

\[f_i = \min\{f_{k-1} +\max_{j=k}^{i}h_j\}\ (\sum_{k}^{i}h_i\le m) \]

暴力 DP 复杂度 \(O(n^2)\)，期望得分 \(30\text{pts}\)。
实际上能水 \(50\text{pts}\)（大雾

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考虑优化。

显然，对于一个给定的 \(i\)，当 \(k\) 单增时，\(\max\limits_{j=k}^{i}h_j\) 单调不增，\(f_{k-1}\) 单调不降。
当枚举到 \(i\) 时，\(f_{k-1}\) 不会再改变，考虑 \(h_i\) 对 \(\max\limits_{j=k}^{i}h_j\) 的影响。

如图，设 \(i\) 左侧第一个满足 \(h > h_i\) 的位置为 \(pre_i\)，显然 \(\max\limits_{j=k}^{i}h_j(k> pre_i)\) 都会变为 \(h_i\)。

\(\max\limits_{j=k}^{i}h_j\) 可用支持区间赋值的数据结构进行维护，转移 \(f_i\) 时，需要进行区间查询。
考虑线段树。

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线段树维护位置 \(k\) 的 \(f_{k-1}\) 和 \(f_k+\max\limits_{j=k}^{i} h_j\)。
当枚举到一个新的 \(h_i\) 时：

1. 单点修改，更新位置 \(k=i\) 时的 \(f_{k-1}\)。
2. 根据 \(h_i\) 更新区间 \([pre_{i}+1,i]\) 的 \(f_k+\max\limits_{j=k+1}^{i} h_j\)。
3. 二分得到 第一个不满足 \(\sum\limits_{k}^{i}h_i\le m\) 的位置 \(l\)，则 \(k\in [l+1,i]\)。
4. 查询 \([l+1,i]\) 中最小的 \(f_{k-1} + \max\limits_{j=k}^{i}h_j\)。

复杂度 \(O(n\log n)\)，期望得分 \(100\text{pts}\)。

代码 P1295 [TJOI2011]书架 - Luckyblock

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P1052 过河

题意简述

给定一数轴，标号 \(0\sim L\)。
从 \(0\) 出发，每次可向右移动 \(S\sim T\) 个单位。
数轴上有 \(M\) 个点，求移动到数轴外，经过的最少的点数。
\(1\le M\le 100,\ 1 \le L\le 10^9, 1\le S\le T\le 10\)。

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算法一

我会暴力！
设 \(f_i\) 表示，到达 \(i\) 时，经过的最少的点数。
令 \(a_i\) 表示位置为 \(i\) 的点的数量，则有：

\[f_i = \min_{j=i-T}^{i-S}\{f_j + a_i\} \]

\(S,T\) 较小，可看做常数，复杂度 \(O(L)\) 级别。
期望得分 \(30\text{pts}\)。

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算法二

发现 \(M \le 100\)，但 \(L\le 10^9\)。
数轴上有大段的空白区域没有点存在，这些位置对答案无贡献。
而算法一中仍然在这些位置进行了转移，浪费了大量时间。

当 \(S < T\) 时：
发现有很多移动距离，都可以凑出来。
这个问题类似 Noip2017 D1T1 小凯的疑惑。
如 \(S=5, T=6\) 时，最大的凑不出来的距离为 \(19\)，比 \(19\) 更大的距离均可凑出来。

考虑两个距离过大的点。
显然，从左边的点出发，最大的凑不出来的距离 右侧的位置（包括右侧的点），均可通过凑距离到达。

而两个点之间的位置 对答案无贡献。
在不影响 可到达性的同时，可考虑将两点距离缩小。
缩小到仍出现 上述任意点可到达的情况，不影响答案。
以下有两种缩法：

1. \(2520\) 缩，由于 \(\operatorname{lcm}(1\sim 10) = 2520\)，距离为 \(2520\) 时，必然出现上述情况。
2. \(71\) 缩， \(9,10\) 凑不出来的最大距离为 \(9 \times 10 - 9 - 10 = 71\)，则距离 \(71\) 是出现上述情况的最小值。

题解中神仙们给了缩距离的详细证明 Luogu题解。

复杂度 \(O(kM)\) (\(k\) 为缩成的距离)，期望得分 \(100\text{pts}\)。

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WA 成 80 了。

发现算法二并不适用于 \(S=T\) 的情况。
\(S=T\) 时，移动路径已知，先后经过 \(S,2S,...,kS\) 这些点。
则 位置为 \(S\) 的倍数的点的数量 即为答案。

代码 P1052 过河 - Luckyblock。

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P2051 [AHOI2009]中国象棋

题意简述

给定一张 \(N\times M\) 的棋盘。
求每一行，每一列棋子数 \(<3\) 的方案数。
\(1\le N,M \le 100\)。

合法的一行最多只有 \(2\) 个棋子，且只能放在棋子数 \(<2\) 的列上。
当枚举到第 \(i\) 行时，棋子数相等的两列是等价的，棋子的位置并没有影响。
考虑枚举 每种棋子数的列数，及这 \(2\) 个棋子的位置进行转移。

设 \(f_{i,j,k}\) 表示，前 \(i\) 行，有 \(j\) 列有 \(1\) 个棋子，\(k\) 列有两个棋子，合法的方案数。
显然有 \(m-j-k\) 列没有棋子。

考虑放棋子的个数：

1. 不放时，贡献为 \(f_{i-1,j,k}\)。
2. 放一个时：
   • 放到没有棋子的一列，会使棋子为 \(1\) 的列数 + 1。
     有 \(m-(j-1)-k\) 行没有棋子，则有这些种放置方案。
     则贡献为 \(f_{i-1,j-1,k}\times (m-(j-1)-k)\)。
   • 放到棋子数为 \(1\) 的一列，会使棋子为 \(1\) 的列数 - 1，会使棋子为 \(2\) 的列数 + 1。
     有 \(j+1\) 种放置方案，则贡献为 \(f_{i-1,j+1,k-1}\times (j+1)\)。
3. 放两个时：
   • 都放到没有棋子的列，贡献为 \(f_{i-1,j-2,k}\times C((m-(j-2)-k),2)\)。
   • 都放在有 \(1\) 个棋子的列，贡献为 \(f_{i-1,j+2,k-2} \times C(j+2,2)\)。
   • 一个放在有棋子的一列，一个放在有 \(1\) 个棋子的一列。
     此时棋子数为 \(1\) 的列数不变。
     贡献为 \(f_{i-1,j,k-1} \times j \times (m-(j-1)-k)\)。

贡献求和，即为 \(f_{i,j,k}\) 的值。

代码 P2051 [AHOI2009]中国象棋 - Luckyblock

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CF79D Password

双倍经验 P3943 星空。
将此题代码交过去可直接 AC，但 P3943 数据较弱，没有卡掉错误的背包解法。
完全背包解法错误原因 详见 题解 P3943 【星空】 - Epworth 的博客。

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给定一长度为 \(n\) 的 \(0\) 串，给定 \(k\) 个 位置。
给出 \(m\) 个长度 \(b_i\)，每次可选择一段长度为 \(b_i\) 的子序列取反。
求使 \(k\) 个位置变为 \(1\) ，其他位置仍为 \(0\) 的最小步数。
\(1\le n\le 10^4,\ 1\le m\le 100,\ 1\le b_i\le n,\ k\le 10\)。

发现题目等价于 一开始只有 \(k\) 个位置开着灯，使所有灯都关上的最小步数。
设关灯为 \(0\)，开灯为 \(1\)，以下均按照上述等价情况展开。

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看到区间修改，考虑差分。
但此题为区间取反，一般的作差差分无法使用，考虑异或差分。
令 \(b_i = a_i\ \text{xor}\ a_{i+1}\)，对于样例 1，有：

差分前	\(\ \ 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0\)
差分后	\(10011000010\)

在差分后数组前添加一个 \(0\) 位置。
手玩后发现，差分后必然有偶数个 \(1\) 出现。

此时若进行区间取反，只会使区间两端位置改变，中间不变。
若将原序列中 \(1\sim 3\) 取反，则有：

差分前	\(\ \ 0 0 0 0 1 1 1 1 1 0\)
差分后	\(00001000010\)

发现只有 \(0,3\) 两个位置的 \(1\) 被改变。

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则问题转化为：

给定一有 \(2k\) 个位置为 \(1\) 的 01 串。
每次可选择一对距离为 \(b_i\) 的位置，将其取反。
求将其变为 \(0\) 串的最小步数。

分类讨论，进行下一步转化：

1. 将一对 \(0\) 取反，显然会使答案更劣，不可能发生。
2. 将一个 \(0\) 一个 \(1\) 取反，可看做原有的 \(1\) 移动至 \(0\) 的位置。
3. 将一对 \(1\) 取反，可看做一个 \(1\) 移动到另一个的位置，两个 \(1\) 碰撞变成 \(0\)。

一定会发生偶数次 两个 \(1\) 碰撞的情况。
考虑每次使两个 \(1\) 碰撞的最小代价。

若已知两个 \(1\) 的位置为 \(u,v\)，使其碰撞的代价即 使用 \(b_i\) 和 \(-b_i\) 凑出 \(v - u\) 的步数。
显然可以 bfs 预处理出碰撞每对 \(1\) 的花费。

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问题转化为：

给定 \(2k\) 个物品，每次可取出一对物品。
取出每对物品的花费已知，求全取出的最小花费。

由于 \(k\le 10\)，显然可以压缩 \(k\) 个物品选/不选的状态。
接下来就是个很简单的状压了。
每次枚举两个不在集合中的物品 加入集合转移即可。

代码 CF79D Password - Luckyblock

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P1040 加分二叉树

一个 \(n\) 个节点的二叉树的中序遍历为 \(1,2,\dots n\)。，每个节点都有一个分数 \(w_i\)。
定义一颗子树的加分为：根的左子树的加分 \(\times\) 根的右子树的加分 \(+\) 根的分数，空子树的加分为 \(1\)。
求二叉树的最高加分，及此时的前序遍历。
\(n\le 30, w_i < 100\)。

有个中序遍历的性质：
中序遍历可看做 “拍扁序”，
其每一个子序列 都表示 树联通的一部分。

显然 每一个子序列都满足最优子结构性质。
可求出其最优组成结构，接到其他部分上。
考虑 DP。

设 \(f_{l,r}\) 表示子序列 \([l,r]\) 构成的树的最大加分。
对于空子树的情况，初始化 \(f_{i,i-1} = 1\)。
考虑枚举根 \(k\) 进行转移，则有：

\[f_{l,r} = \max_{k=l}^{r}\{f_{l,k-1} \times f_{k+1,r} + val_k\} \]

可通过 区间 DP / 记忆化搜索实现。

由于要输出前序遍历，考虑维护 \(root_{l,r}\) 表示最大加分时 \([l,r]\) 的根。
在更新 \(f_{l,r}\) 时顺便维护，输出时递归输出即可。

代码 P1040 加分二叉树 - Luckyblock。

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P1273 有线电视网

题意简述

给定一棵根节点为 \(1\)，节点数为 \(n\) 的树，边有边权。
有 \(m\) 个叶节点，叶节点有点权。
选择一棵以 \(1\) 为根的子树，使选择的边权值 \(\le\) 点权值。
最大化选择的叶节点的数量。
\(1\le m。

显然可以树形 DP，考虑状态设计。
设状态记录 选择的叶节点的个数时，无法处理边权值 \(\le\) 点权值的限制。
移项有：点权值 \(-\) 边权值 \(\ge 0\)，考虑记录 点权值 \(-\) 边权值的大小。

设 \(f_{i,j}\) 表示，以 \(i\) 为根的子树中选择了 \(j\) 个叶节点时，点权值 \(-\) 边权值最大值。
显然，答案为满足 \(f_{1,j} \ge 0\) 的 \(j\) 的最大值。

有转移方程：

\[f_{u,j} = \max_{k=0}^{size_v} \{f_{u,j-k} +f_{v,k} - w_{u,v}\} \]

表示从 \(v\) 的子树中取出 \(k\) 个子节点加入 \(u\) 的子树中，同时计算 \(u,v\) 边权的贡献。
\(size_v\) 为 子树 \(v\) 中叶节点的个数。

可将从 \(v\) 中取出 \(1,2,\dots k\) 个叶节点的贡献，看做 \(k\) 个体积分别为 \(1\sim k\) 的，不同的物品。
\(v\) 只能做一次贡献，是一个显然的分组背包问题。

为防止重复贡献，枚举 \(j\) 时应倒序枚举。

代码 P1273 有线电视网 - Luckyblock。

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学到了什么