dp专题总结

dp专题总结

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所有的dp关键有两点
1.看出来这是一道dp题 （看时间复杂度）
2.状态转移方程！！！！
其中状态的确立和推出状态转移方程是个难点,而且dp题还经常会和其他知识点融合在一起搞你，非常灵活。
先从有迹可循的一些经典dp问题入手

一.数位dp

1.确立状态

如何确立一个正确的dp数组？
dp[pos][state1][state2][….]
首先第一维代表着数位
若是人为规定的话： 0-个位 1-十位 2-百位 3……
那么后面的state代表的就是 所有的的i位数满足的性质
eg. 如果要记录所有四的倍数的数量 （当然有更简单的容斥做法，这里只是举个例子）
开 dp[pos][mod]
那么dp[3][2]代表着所有千位数（0000-9999）中%4余2的个数

那怎么确定我们要开那些状态？
1.题目中明确要求的
2.影响状态转移的（前导0什么的）
例如

http://acmoj.shu.edu.cn/problem/65/

每组数据只有一行，包含三个整数 L_i,R_i,m。
在 [L_i,R_i ] 区间，有多少个数奇偶和等于 m，以及这些数的和（对和取模100000007后输出）。

和

http://hihocoder.com/problemset/problem/1033
描述
给定一个数 x，设它十进制展从高位到低位上的数位依次是 a0, a1, …, an - 1，定义交错和函数：
f(x) = a0 - a1 + a2 - … + ( - 1)n - 1an - 1
例如：
f(3214567) = 3 - 2 + 1 - 4 + 5 - 6 + 7 = 4
给定 l, r, k，求在 [l, r] 区间中，所有 f(x) = k 的 x 的和，即：

这两道题非常像，但是不同的地方导致我们的状态方程也不一样。
先考虑第一道题:
对于pos位,我们想要得到答案dp[pos][sum] 只需从dp[pos-1][sum-sgn*i]转移而来，用代码来表示的话，就是：

for(int i=0; i<=up; i++)
{
    int val;
    if(i&1) val=i*(-1);
    else val=i;
    node tmp=dfs ( pos-1, m - val, limit && i == up);
    ans.num += tmp.num;
    ans.sum=(ans.sum+i*POW[pos]%mod*tmp.num%mod 
    +tmp.sum)%mod;
}

dp[pos][sum]:pos位数中满足奇偶和是sum的个数与其总和
我们只需开多开一维sum记录 pos位数中满足奇偶和是sum的个数
当前的加减与当前的i有关，与之前和之后的数无关，转移并不会冲突。

第二道题：
我们能否也和上一题一样也开 dp[pos][sum]呢？
那好，先来解释一下 如果只开两维 dp数组的意义：
pos位数满足交错和为sum时的个数和总和
乍一看没问题，但当你写状态转移的时候，就会发现状态该怎么转移？
状态没法转移，当前是加，那么下一位就是减，反之亦然。你没有办法区分当前是正是负 还是前导0，当前状态的不同会导致之后状态也不一样。
所以给每个数再加上个性质：当前位的符号
dp[pos][sum][sgn]
sgn: 0-有前导0 ,1-正, -1 负

struct node{
    LL num,sum;
}dp[30][500][3]; //偏移量240
//第三维代表lead
int a[30];
LL Pow[30];
int k;
//lead 0-有前导0 1-正 -1 负

node dfs(int pos,bool limit,int lead,int sum)
{
    if(pos==-1){
        return node{sum==0,0};
    }
    if(!limit&& dp[pos][sum+240][lead].num!=-1) return dp[pos][sum+240][lead];
    node ans=node{0,0};
    int up=limit?a[pos]:9;
    for(int i=0;i<=up;i++)
    {
        //处理前导0
        int sgn=1;
        if (lead==0 && i==0) sgn=0;
        else if(lead==0 && i!=0) sgn=1;
        else  sgn=-lead;

        node tmp=dfs(pos-1,limit&&i==up,sgn,sum-sgn*i);
        LL num=tmp.num,sum=tmp.sum;

        (ans.num+=tmp.num)%=mod;
        ans.sum+=Pow[pos]*i %mod *num %mod+ sum;
        ans.sum%=mod;
    }
    return limit?ans:dp[pos][sum+240][lead]=ans;
}


LL solve(LL x){
    if(x==-1) return 0;
    int pos=0;
    while(x){
        a[pos++] = x%10;
        x/=10;
    }
    return dfs(pos-1,1,0,k).sum;
}

其他难以确立的状态还有很多，比如大都会的四维dp，比如各种模数，连续字串。
但最为关键的就是记住dp[pos][state1][state2][…]
每多一个状态，那么就是pos位的数进一步被细分，可以看做是各种性质的交集，怎么去分这个数，就是确立状态的关键。

2.状态的转移

其实状态的转移多多少少要在确立这个状态的时候一并考虑到了，毕竟状态要能正确的转移，我们才能说这个确立的状态是对的嘛。
而数位dp的转移是比较单纯的，因为多半就是从高位到地位枚举，从低位到高位转移，而我们一般都是用数位dp记录满足条件数的个数，转移比较简单，写出dp数组，一般转移就出来了。
那如果要记录所有满足条件数的总和，平方和，别的什么奇奇怪怪的东西呢？
额，目前就遇到过 和 与 平方和。
和：当前枚举的数×当前的位权×（要转移到的）低位的满足某性质的个数+（要转移到的）低位的满足某性质的个数
eg：。。。。x 。。。
令x1-xn都是满足条件的低一位的数
sum = （x+x₁）+(x+x₂)+ ⋯ ⋯ (x+x_n) =n×x + x₁+ ⋯ ⋯ +x_n
开个struct 记录num和sum

平方和：
ans = = (x+x1)2 ( x + x 1 ) 2 + (x+x2)2 ( x + x 2 ) 2 + ⋯ ⋯ + (x+xn)2 ( x + x n ) 2
   = = n∗x2+2∗x∗(x1+x2+⋯+xn) n ∗ x 2 + 2 ∗ x ∗ ( x 1 + x 2 + ⋯ + x n )
所以要维护三个值：个数 总和 平方和
eg https://vjudge.net/contest/70324#problem/J

二概率dp（期望dp）

感觉都可以用数学简化，但数学功底不够，就用dp来凑