《算法竞赛进阶指南》0x51 线性DP
0x51 线性DP
271. 杨老师的照相排列
题意：
N N N 个人站成左端对齐的 k k k 排，每排有 N i N_i Ni 人， N i > N j N_i > N_j Ni>Nj 如果 i < j i < j i<j，则 N i > N j N_i > N_j Ni>Nj 。每一排从左到右身高递减，每一列从后到前身高递减。询问方案数。
解析：
按照身高从大到小的顺序决定位置。在任意时刻，已经确定位置的人在每一行中一定是从左开始的连续位置。
用 k k k 元组可以描述当前已经确定的位置。在决定当前人的位置时，可放的排为没放满的排，且放完后满足 n i > n j ( i < j ) n_i > n_j (i < j) ni>nj(i<j)， n i n_i ni 为第 i i i 排已经放的人数。
代码：
#include最长公共上升子序列
题意：
给定两个序列 a , b a, b a,b，询问最长公共上升子序列的长度
解析：
令 f i , j f_{i,j} fi,j 为在 a a a 的前 i i i 个数和 b b b 的前 j j j 个数中以 b j b_j bj 的最长公共上升子序列的长度。
- 不选 a i a_i ai， f i , j = f i − 1 , j f_{i,j} = f_{i-1, j} fi,j=fi−1,j
- 选了 a i a_i ai， f i , j = max b k < b j { f i − 1 , k + 1 } f_{i,j} = \max\limits_{b_k
此时时间复杂度为 O ( n 3 ) O(n^3) O(n3)。
容易发现每次都是从 a i > b k a_i > b_k ai>bk 的前缀最大值转移过来，增加一个变量记录 f i − 1 , k f_{i-1,k} fi−1,k 的前缀最大值。此时时间复杂度为 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
代码：
#include分级
题意：
给定序列 A A A，构造非严格的单调序列 B B B，使 S = ∑ i = 1 n ∣ A i − B i ∣ S = \sum\limits_{i=1}\limits^n |A_i-B_i| S=i=1∑n∣Ai−Bi∣ 最小。询问最小值。
解析
结论： 一定存在一组最优解，使得每个 B i B_i Bi 都存在 j j j，满足 B i = A j B_i = A_j Bi=Aj
令 f i , j f_{i,j} fi,j 为确定前 i i i 数，且第 i i i 个数为 C j C_j Cj ， C C C 为升序排序后的 A A A 序列。
f i , j = min k < = j { f i − 1 , k + ∣ C j − A i ∣ } f_{i,j} = \min\limits_{k <= j}\{ f_{i-1,k} + |C_j-A_i|\} fi,j=k<=jmin{fi−1,k+∣Cj−Ai∣}维护前缀最小值，可在 O ( 1 ) O(1) O(1) 时间转移
代码：
#include移动服务
题意：
有 3 个人。有 n n n 个请求一个人去某地，移动有代价。依次满足请求，询问最小代价。
题意：
令 f i , x , y f_{i, x, y} fi,x,y 表示满足前 i i i 个请求后，三人位于 p o s i , x , y pos_i, x, y posi,x,y 时的最小代价。
每个状态可以转移到另外三个状态，见代码。
代码：
#include传纸条
题意：
m × n m\times n m×n 的矩阵，每次可以向右或者向下走一步。从左上角都右下角选择两条互不相交（在路径端点可以相交）的路径，使点权和最大。
解析：
令 f i , j , x , y f_{i,j,x,y} fi,j,x,y 为第一条路径走到 ( i , j ) (i,j) (i,j) 且第二条路径走到 ( x , y ) (x,y) (x,y) 的最大点权和
对于 ( i , j ) = ( x , y ) (i,j) = (x,y) (i,j)=(x,y) 的状态，只计算一次点权
也可以网络流。
把每个点拆成入点和出点，入点向出点连边，容量1，费用为点权。
每个点的出点向能到达的点的入点连边，容量INF，费用 0；再连一条边，容量INF，费用 0.
源点向起点的入点连边，容量2，费用 0；终点的出点向汇点连边，容量2，费用 0 。
参考洛谷上 Duan2baka 大佬题解
代码：
#include饼干
题意：
m m m 个饼干，分给 n n n 个人。每个人有参数 g i g_i gi，如果有 a i a_i ai 个人的饼干多于 i i i ，则 i i i 产生 a i × g i a_i \times g_i ai×gi 的怨气。
每个孩子最少分一个饼干，询问最少的怨气。
解析：
贪心的考虑， g g g 大的人一定分的多于 g g g 少的人。否则可以交换，结果不会变劣。
令 f i , j f_{i,j} fi,j 为前 i i i 个孩子分了 j j j 个饼干的最小怨气和。
如果当前第 i i i 个人的饼干数大于 1，则前 i i i 个人饼干数都大于 1。每个人都减去一个饼干， a a a 不变，所以 f i , j = f i , j − i f_{i,j} = f_{i,j-i} fi,j=fi,j−i 。
如果当前第 i i i 个人的饼干数为1，枚举有多少人饼干数不为 1
f i , j = min 0 ≤ k < i { f k , j − i + k + k ∑ t = k + 1 i g t } f_{i,j} = \min\limits_{0\le k
时间复杂度为 O ( n 3 m ) O(n^3m) O(n3m)。也可以前缀和优化一下，时间复杂度变成 O ( n 2 m ) O(n^2m) O(n2m)。
代码：
#include