动态规划 刷题记录
AT_DP_C Vacation
洛谷 Link
▶题意
有 NNN 天，对于每一天 iii（1≤i≤N1 \leq i \leq N1≤i≤N），可以选择以下活动之一：
A：在海里游泳，获得幸福度 aia _ iai。
B：在山上抓虫，获得幸福度 bib _ ibi。
C：在家做作业，获得幸福度 cic _ ici。
不能连续两天以上做同样的活动，计算最大总幸福度。
Solution
DP 板子题。设 fi,jf_{i,j}fi,j 表示截止到第 iii 天时做第 jjj 件事的幸福值总和。
则易得转移方程为：
fi,1=max(fi−1,2,fi−1,3)fi,2=max(fi−1,1,fi−1,3)fi,3=max(fi−1,1,fi−1,2)f_{i,1}=\max(f_{i-1,2},f_{i-1,3})\\f_{i,2}=\max(f_{i-1,1},f_{i-1,3})\\f_{i,3}=\max(f_{i-1,1},f_{i-1,2})fi,1=max(fi−1,2,fi−1,3)fi,2=max(fi−1,1,fi−1,3)fi,3=max(fi−1,1,fi−1,2)
Core Code
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for(int i=1;i<=n;i++)
{
f[i][1]=max(f[i-1][2],f[i-1][3])+a[i];
f[i][2]=max(f[i-1][1],f[i-1][3])+b[i];
f[i][3]=max(f[i-1][1],f[i-1][2])+c[i];
}
AT_DP_K Stones
洛谷 Link
▶题意
NNN 个正整数组成的集合 A={a1,a2,…,aN}A = \{ a _ 1, a _ 2, \ldots, a _ N \}A={a1,a2,…,aN}。太郎君和次郎君将用以下游戏进行对决。
首先，准备一个有 KKK 个石子的堆。两人依次进行以下操作。太郎君先手。
从集合 AAA 中选择一个元素 xxx，从石堆中恰好移除 xxx 个石子。
不能进行操作的人输掉游戏。当两人都按照最优策略行动时，判断谁会获胜。
Solution
显然当一名玩家操作完成后石子数量为 000，则这名玩家必胜。
设 fif_ifi 表示剩余 iii 枚石子当前操作的人的输赢情况 (1/01/01/0)，可以发现当且仅当当前操作的上一步操作必输，当前操作才可以必胜，即如果有 aja_jaj 使得 fi−aj=0f_{i-a_j}=0fi−aj=0，则 fi=1f_i=1fi=1。
初始化 f0=0f_0=0f0=0，则有：
fi={1,aj≤i,fi−aj=00,otherwise.f_i=\begin{cases}1,&a_j\leq i,f_{i-a_j}=0\\0 ,& \text{otherwise.}\end{cases}fi={1,0,aj≤i,fi−aj=0otherwise.
Core Code
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f[0]=0;
for(int i=1;i<=k;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(i-a[j]>=0 && !f[i-a[j]]) f[i]=1;
}
}
AT_DP_M Candies
Link
KKK 颗糖分给 nnn 个人，第 iii 个人至少分得 000 颗，至多分得 aia_iai 颗，必须分完，求方案数，答案对 109+710^9+7109+7 取模。
tag: 背包 DP, 前缀和
Solution
类似背包的处理思路，设 fi,jf_{i,j}fi,j 表示第 iii 个人分完后已经分了 jjj 个糖，它可以由上一步的 (j−ai)∼j(j-a_i)\sim j(j−ai)∼j 转移得到，所以
fi,j=∑k=max(0,j−ai)jfi−1,kf_{i,j}=\sum^j_{k=\max(0,j-a_i)}f_{i-1,k}fi,j=k=max(0,j−ai)∑jfi−1,k
考虑优化时间，滚动数组不可行。发现每一个 iii 对应的值都由 i−1i-1i−1 中连续一段的值转移而来，想到用滚动的前缀和维护 i−1i-1i−1 的所有 fff 值。
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int calc(int l,int r) {
if(l==0) return sum[r];
return sum[r]-sum[l-1];
}
int main() {
f[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) {
sum[0]=f[i-1][0];
for(int j=1;j<=m;j++) {
sum[j]=(sum[j-1]+f[i-1][j]+mod)%mod;
}
for(int j=0;j<=m;j++) {
f[i][j]=(calc(max(0ll,j-a[i]),j)+mod)%mod;
}
}
printf("%lld\n",f[n][m]%mod);
}
AT_DP_P Independent Set
Link
给一棵树，每一个点可以染成黑色或白色，任意两个相邻节点不能都是黑色，求方案数。
tag: 树形 DP
Solution
设 fu,0/1f_{u,0/1}fu,0/1 表示 uuu 节点染成 W/B 颜色时的方案数。DFS 子树的方案数，可以得到：
fu,0=∏v∈u(fv,0+fv,1)fu,1=∏v∈ufv,0\begin{aligned}f_{u,0}&=\prod_{v\in u}(f_{v,0}+f_{v,1})\\f_{u,1}&=\prod_{v\in u}f_{v,0}\end{aligned}fu,0fu,1=v∈u∏(fv,0+fv,1)=v∈u∏fv,0
注意 111 号点为根，输入无序需建双向边。
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void dfs(int u) {
g.vis[u]=1;
f[u][0]=f[u][1]=1;
for(int i=0;i<e[u].size();i++) {
int v=e[u][i];
if(!g.vis[v]) {
dfs(v);
f[u][0]=(f[u][0]*(f[v][0]+f[v][1]))%mod;
f[u][1]=(f[u][1]*f[v][0])%mod;
}
}
}
AT_DP_Q Flowers
Link
有一排花，共 nnn 个，第 iii 个的高度是 hih_ihi，权值是 aia_iai，保证高度互不相同。现在拿走一些花，使剩下的花高度单调递增，问剩下的花权值之和最大是多少。
tag: 线段树优化 DP
Solution
带权的最长上升子序列，设 fif_ifi 表示第 iii 个元素结尾的最大答案，可以参照最长上升子序列写出转移方程
fi=maxj=1i−1{fj∣hj<hi}+aif_{i}=\max_{j=1}^{i-1}\{f_{j}|h_j<h_i\}+a_{i}fi=j=1maxi−1{fj∣hj<hi}+ai
考虑优化，观察到转移方程是区间最大值，想到用值域线段树优化。将 hih_ihi 作为线段树的下标，对应当前高度时的 fif_ifi。
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struct node {
ll val;
}t[N * 4];
struct tree {
void pushup(int p) {
t[p].val = max(t[p * 2].val, t[p * 2 + 1].val);
}
void modify(int p, int l, int r, int x, ll k) {
if (l == r) {
t[p].val = k;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if (x <= mid) modify(p * 2, l, mid, x, k);
else modify(p * 2 + 1, mid + 1, r, x, k);
pushup(p);
}
ll query(int p, int l, int r, int x, int y) {
if (x <= l && r <= y) {
return t[p].val;
}
ll res = 0;
int mid = (l + r) >> 1;
if (x <= mid) res = max(res, query(p * 2, l, mid, x, y));
if (y >= mid + 1) res = max(res, query(p * 2 + 1, mid + 1, r, x, y));
return res;
}
}sgt;
int main() {
n = read();
for (int i = 1; i <= n; i++) {
h[i] = read();
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
a[i] = read();
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
f[i] = sgt.query(1, 1, n, 1, h[i]) + a[i];
sgt.modify(1, 1, n, h[i], f[i]);
}
cout << sgt.query(1, 1, n, 1, n) << endl;
return 0;
}
AT_DP_T Permutation
Link
有一个长为 NNN 的正整数排列。给定一个由 < 和 > 组成长为 N−1N-1N−1 的的字符串。对于任意满足 1≤i≤N−11 \le i \le N-11≤i≤N−1 的字符 sis_isi，如果 sis_isi 是 < 则 Pi<Pi+1P_i<P_{i+1}Pi<Pi+1、如果 sis_isi 是 > 则 Pi>Pi+1P_i>P_{i+1}Pi>Pi+1。求满足这样的性质的排列 PPP 的方案数。
Solution
由于 ppp 是排列，我们不在意 ppp 中到底放了什么数，只需要关注当前一步放的数和上一步放的数的大小关系。可以得到状态 fi,jf_{i, j}fi,j 表示前 iii 个数形成的排列中，第 iii 个数是第 jjj 大的方案数。
在转移时，若当前填的数需大于前一个数，那么直接得到 fi,j=∑k=1j−1fi−1,k\displaystyle f_{i,j}=\sum_{k=1}^{j-1}f_{i-1,k}fi,j=k=1∑j−1fi−1,k。
若小于前一个数，有 fi,j=∑k=ji−1fi−1,k\displaystyle f_{i,j}=\sum_{k=j}^{i-1}f_{i-1,k}fi,j=k=j∑i−1fi−1,k。可以感性理解，由于前面一定有一个 rank 为 jjj 的数，当前数扔进去的时候，相当于是扔到了原有排列（1∼i−11\sim i-11∼i−1）中 rank 为 j−1j-1j−1 和 jjj 中间，所以说应该加上所有 rank 大于等于 jjj 的贡献，即 j∼i−1j\sim i-1j∼i−1。
注意到转移是求连续一段的和，前缀和优化即可。
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sum[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if (s[i - 1] == '<') {
f[j] = (sum[i - 1] - sum[j - 1] + mod) % mod;
} else {
f[j] = sum[j - 1] % mod;
}
}
for (int j = 1; j <= n; j++) {
sum[j] = (sum[j - 1] + f[j]) % mod;
}
}
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ans = (ans + f[i]) % mod;
}
cout << ans % mod << '\n';
AT_DP_W Intervals
Link
给定 mmm 条规则形如 (li,ri,ai)(l_i,r_i,a_i)(li,ri,ai)，对于一个 01 串，其分数的定义是：对于第 iii 条规则，若该串在 [li,ri][l_i,r_i][li,ri] 中至少有一个 1，则该串的分数增加 aia_iai。
你需要求出长度为 nnn 的 01 串中的最大分数。
tag: 线段树优化 DP, 区间右端点排序
Solution
首先将区间按右端点排序，在右端点处统计答案。
考虑 DP，设 fi,jf_{i,j}fi,j 表示前 iii 个位置中最后一个 111 的位置为 jjj 的最大分数。
不难想到 fi,j=maxk=1jfi−1,k+∑lp≤k and rp=iap\displaystyle f_{i,j}=\max_{k=1}^j f_{i-1,k}+\sum_{l_p\leq k\text{ and }r_p=i} a_pfi,j=k=1maxjfi−1,k+lp≤k and rp=i∑ap。即使 [l,r][l, r][l,r] 覆盖到 kkk 位置。
对上式进行优化，发现可以贪心的使 111 的位置尽量靠后，才能最大化 111 的数量，所以 fi,j=fi−1,j+∑lk≤j and rk=iak\displaystyle f_{i,j}=f_{i-1,j}+\sum_{l_k\leq j\text{ and }r_k=i}a_kfi,j=fi−1,j+lk≤j and rk=i∑ak。
优化后，会有 j=ij=ij=i 的特殊情况，此时上一步选的 111 可以在任意位置，取最大值即可。最终转移方程即为：
fi,j={maxk=1j−1fi−1,k+∑rp=iap,i=jfi−1,j+∑lk≤j and rk=iak,i≠jf_{i,j}=\begin{cases}\max_{k=1}^{j-1} f_{i-1,k}+\sum_{r_p=i} a_p,&i=j\\f_{i-1,j}+\sum_{l_k\leq j\text{ and }r_k=i} a_k,&i\neq j\end{cases}fi,j={maxk=1j−1fi−1,k+∑rp=iap,fi−1,j+∑lk≤j and rk=iak,i=ji=j
滚动掉一维后，发现枚举位置 iii 时，如果 rj=ir_j=irj=i，那么这段区间 [lj,rj][l_j, r_j][lj,rj] 会在 [lj,i][l_j, i][lj,i] 中做出 aja_jaj 的贡献。扔到线段树上区间加区间查询最大值即可。
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struct query {
int l, r, a;
bool operator<(const query &x) const {
return r < x.r;
}
}q[N];
struct node {
int val, tag;
};
struct tree {
node t[4 * N];
void mktag(int p, int w) {
t[p].val += w;
t[p].tag += w;
}
void pushdown(int p) {
if (t[p].tag) {
mktag(p * 2, t[p].tag);
mktag(p * 2 + 1, t[p].tag);
t[p].tag = 0;
}
}
void pushup(int p) {
t[p].val = max(t[p * 2].val, t[p * 2 + 1].val);
}
void modify(int p, int l, int r, int x, int y, int w) {
if (x <= l && r <= y) {
mktag(p, w);
return;
}
pushdown(p);
int mid = (l + r) >> 1;
if (x <= mid) modify(p * 2, l, mid, x, y, w);
if (y >= mid + 1) modify(p * 2 + 1, mid + 1, r, x, y, w);
pushup(p);
}
int query(int p, int l, int r, int x, int y) {
if (x <= l && r <= y) {
return t[p].val;
}
pushdown(p);
int mid = (l + r) >> 1;
int res = 0;
if (x <= mid) res = max(res, query(p * 2, l, mid, x, y));
if (y >= mid + 1) res = max(res, query(p * 2 + 1, mid + 1, r, x, y));
return res;
}
}sgt;
signed main() {
n = read(); m = read();
for (int i = 1; i <= m; i++) {
q[i].l = read(), q[i].r = read(), q[i].a = read();
}
sort(q + 1, q + m + 1);
int nw = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (i != 1) sgt.modify(1, 1, n, i, i, sgt.query(1, 1, n, 1, i - 1));
while (q[nw].r == i && nw <= m) {
sgt.modify(1, 1, n, q[nw].l, i, q[nw].a);
nw++;
}
}
cout << max(0ll, sgt.query(1, 1, n, 1, n)) << endl;
return 0;
}
TDPC_IWI イウィ
洛谷 Link
给定一个仅由字符 i\texttt{i}i 和 w\texttt{w}w 构成的字符串 sss。你可以进行若干次操作，每次从串中选取连续的三个字符 iwi\texttt{iwi}iwi 并删除；每次操作后这三个字符的左侧和右侧会连接在一起，得到一个长度比原来小 333 的新串。求可能的最大操作次数。
tag: 区间 DP
Solution
区间 DP，类似合并石子。
我们定义 fi,jf_{i,j}fi,j 记录 iii 到 jjj 能删掉多少字符，显然最后答案应除以 333。
因为答案计算的是最大的步数，那么对于一个大区间，在一般情况下的答案就应该是其分成的两个小区间的答案之和。考虑枚举这两个区间之间的分界点 kkk，答案取最大值即可。
本题还需要特判一种特殊情况。如果 sis_isi 和 sjs_jsj 为 i，sks_ksk 为 w，且中间的两个小段可以被完全删除。那么，当中间的被删掉之后，左右的 i 和中间的 w 就会拼在一起，也可以删掉，那么这个区间的答案就应该是它的长度，但显然直接相加有可能会出错。
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for(int a=2;a<=len;a++)
{
for(int i=1;a+i-1<=len;i++)
{
int j=a+i-1;
for(int k=i;k<j;k++)
{
f[i][j]=max(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]);
if(s[i]=='i' && s[j]=='i' && s[k]=='w' && f[i+1][k-1] == k-i-1 && f[k+1][j-1] == j-1-k)
{
f[i][j]=j-i+1;
}
}
}
}
write(f[1][len]/3);
ABC247F Cards
Link
给定 nnn 张卡片，每张卡片正反面各有一个数，给定每张卡片正面和反面的数，保证正面的数构成的序列，和反面的数构成的，分别均为 111 到 nnn 的排列，可以选择任意张卡片并获得其正反面的数，要求最终所有获得的数至少包含 111 到 nnn 每个数至少一次。求有多少种取法，对 998244353998244353998244353 取模。
tag: 并查集
Solution
trick 题，记住。
想到在两个拥有相同数字的卡片连边，则一个边的两点中必须至少选一个。
由于每张卡有两个数，度数为二，则连完后必定会形成若干个简单环或自环。
根据乘法原理，对于每个环求出方案数后相乘后即为答案。
先上结论，设 fif_ifi 表示一个大小为 iii 的环的选择方案数，有如下转移：
fi=fi−1+fi−2f_i=f_{i-1}+f_{i-2}fi=fi−1+fi−2
考虑证明它，设一个如下图的环，其中 others 表示剩余的所有点。
分类讨论，如果选 AAA 点，那么 BBB 和 CCC 点可以任取。转化为剩余一条不含 AAA 的链，这样不好考虑，将 BBB 和 CCC 连接起来，转化为少一个点的环，这个环的答案是 fi−1f_{i-1}fi−1。但这样还少了一种 BBB 和 CCC 都不算的情况，考虑将 BBB 和 CCC 缩为一点，将个大点不选的方案数位 kkk。
如果不选 AAA 点，那么还是上面的链，但 BBB 和 CCC 必选，按照上面的处理方式，同样将 BBB 和 CCC 缩为一点，这个图的方案数是 fi−2f_{i-2}fi−2。但这样多算了 BBB 和 CCC 都不选的贡献，可以发现这部分贡献就是 kkk。
所以可以得到：
fi=fi−1+k̸+fi−2−k̸f_i=f_{i-1}+\not k+f_{i-2}-\not kfi=fi−1+k+fi−2−k
用并查集存环即可。
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n = read();
for (int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
t[read()] = i;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
q[i] = read();
merge(i, t[ q[i] ]);
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
siz[find(i)]++;
}
f[1] = 1ll, f[2] = 3ll;
for (int i = 3; i < N; i++) {
f[i] = (f[i - 1] + f[i - 2]) % mod;
}
int ans = 1ll;
f[0] = 1ll;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ans = (ans * f[ siz[i] ] % mod + mod) % mod;
}
ABC336D Pyramid
Link
▶题意
对于正整数 kkk，一个大小为 kkk 的“金字塔数列”为一个长度为 2k−12k-12k−1 的数列，里面的数字依次为 1,2,3,…k−1,k,k−1,…3,2,11,2,3,\dots k-1,k,k-1,\dots 3,2,11,2,3,…k−1,k,k−1,…3,2,1。
现在给一个长度为 nnn 的数列 SSS，你可以进行以下操作任意次，使得数列最后变为一个“金字塔数列”：
选择一个数 i(1≤i≤n)i(1 \le i \le n)i(1≤i≤n)，把 SiS_iSi 减少 111。
删除整个数列的第一个或最后一个数字。
问最后生成的“金字塔数列”的最大的 kkk 是多少。
Solution
显然一个金字塔数列是由左右两部分拼接而成的。设 fif_{i}fi 表示前 iii 个数能组成左半部分的最长长度，gig_{i}gi 表示以 iii 为首的序列能组成右半部分的最长长度（差不多等价于后 iii 个数，但注意转移方程的写法）。一个明显的性质是如果满足可以构成长度为 xxx 的序列，那么一定可以通过删掉元素构成长度为 x−1x-1x−1 的序列，所以可以发现以 iii 为中间项的最长长度即为 min{fi,gi}\min\{f_i, g_i\}min{fi,gi}。
以 fff 为例，假设 sis_isi 的所有值都是 +∞+\infty+∞，可以得到显然的转移方程 fi=fi−1+1f_{i}=f_{i-1}+1fi=fi−1+1。如果加上 sis_isi 的限制条件，那么 fi=min{fi−1+1,si}f_i=\min\{f_{i-1}+1, s_i\}fi=min{fi−1+1,si}。同理可得 gi=min{gi+1+1,si}g_i=\min\{g_{i+1}+1, s_i\}gi=min{gi+1+1,si}。
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n = read();
for (int i = 1; i <= n; i++) {
a[i] = read();
}
f[1] = g[n] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
f[i] = min(f[i-1] + 1, a[i]);
}
for (int i = n - 1; i >= 1; i--) {
g[i] = min(g[i+1] + 1, a[i]);
}
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ans = max(ans, min(f[i], g[i]));
}
cout << ans << endl;
SP703 Mobile Service
Problem Link
▶题意
有 333 个流动员工，任何时刻只有一名员工可以移动，不允许同一位置上有 222 个及以上员工。
从位置 ppp 移动到位置 qqq 需要花费 c(p,q)c(p,q)c(p,q) 的价钱，不移动不需要花费（即 c(i,i)=0c(i,i)=0c(i,i)=0 ）但不保证 c(p,q)=c(q,p)c(p,q)=c(q,p)c(p,q)=c(q,p)。
现在给出 NNN 个请求，第 iii 个请求发生在位置 xix_ixi。公司必须按照顺序，派一名员工到位置 xix_ixi，过程中不能去其他地方，也就是必须直接过去。
333 个流动员工的初始位置分别为 1,2,31,2,31,2,3。
求公司的最小花费。
tag: DP
Solution
设 fi,x,y,zf_{i,x,y,z}fi,x,y,z 表示处理到第 iii 个请求，三个人分别在 x,y,zx,y,zx,y,z 位置上时的最小值。注意到三个人中一定会有一个人在上一个请求的位置，故状态可以优化为 fi,x,yf_{i,x,y}fi,x,y，此时令 z=qi−1z=q_{i-1}z=qi−1 则有
fi+1,x,y=min(fi+1,x,y,fi,x,y+cz,qi+1)fi+1,x,z=min(fi+1,x,z,fi,x,y+cy,qi+1)fi+1,y,z=min(fi+1,y,z,fi,x,y+cx,qi+1)f_{i+1,x,y}=\min(f_{i+1,x,y},f_{i,x,y}+c_{z,q_{i+1}})\\f_{i+1,x,z}=\min(f_{i+1,x,z},f_{i,x,y}+c_{y,q_{i+1}})\\f_{i+1,y,z}=\min(f_{i+1,y,z},f_{i,x,y}+c_{x,q_{i+1}})fi+1,x,y=min(fi+1,x,y,fi,x,y+cz,qi+1)fi+1,x,z=min(fi+1,x,z,fi,x,y+cy,qi+1)fi+1,y,z=min(fi+1,y,z,fi,x,y+cx,qi+1)
初值 q0=1,f0,2,3=0q_0=1, f_{0,2,3}=0q0=1,f0,2,3=0。
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for(int i=0;i<n;i++) {
for(int x=1;x<=l;x++) {
for(int y=1;y<=l;y++) {
int z=q[i];
if(x==y || x==z || y==z) continue;
f[i+1][x][y]=min(f[i+1][x][y],f[i][x][y]+c[z][q[i+1]]);
f[i+1][z][y]=min(f[i+1][z][y],f[i][x][y]+c[x][q[i+1]]);
f[i+1][x][z]=min(f[i+1][x][z],f[i][x][y]+c[y][q[i+1]]);
}
}
}
int ans=INF;
for(int x=1;x<=l;x++) {
for(int y=1;y<=l;y++) {
int z=q[n];
if(x==y || x==z || y==z) continue;
ans=min(ans,f[n][x][y]);
}
}
P4310 绝世好题
Link 和同类题 CF264B Good Sequences
给定一个长度为 nnn 的数列 aia_iai，求 aia_iai 的子序列 bib_ibi 的最长长度 kkk，满足 bi and bi−1≠0b_i\ \text{and}\ b_{i-1} \neq 0bi and bi−1=0，其中 2≤i≤k2\leq i\leq k2≤i≤k。
tag: 位运算, DP
Solution
设 fif_{i}fi 表示最后一个数为 aia_iai 的最长长度，biti\text{bit}_ibiti 表示遍历到当前数二进制位 iii 为 111 的数量。
可以注意到只要两个数同一二进制位都为 111，那么他们与起来一定不等于 000。同时可以注意到上面的结论还可以传递，比如 (1000)2 and (1010)2 and (0010)2≠0(1000)_2\ \text{and}\ (1010)_2\ \text{and}\ (0010)_2\neq 0(1000)2 and (1010)2 and (0010)2=0。
所以在每次循环时，先通过枚举 aia_iai 每一个二进制位更新 fif_ifi，然后用当前情况的 fif_ifi 去更新 aia_iai 二进制为为 111 的 biti\text{bit}_ibiti。
{fi=max(fi,bitj)bitj=fi,ai and (1<<j)≠0\begin{cases}f_i&=\max(f_i, \text{bit}_j)\\\text{bit}_j&=f_i\end{cases}, a_i\ \text{and}\ (1<<j)\neq 0{fibitj=max(fi,bitj)=fi,ai and (1<<j)=0
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for(int i=1;i<=n;i++) {
for(int j=0;j<=32;j++) {
if((1<<j)&a[i]) f[i]=max(f[i],bit[j]+1);
}
for(int j=0;j<=32;j++) {
if((1<<j)&a[i]) bit[j]=f[i];
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++) {
ans=max(ans,f[i]);
}
P1944 最长括号匹配
Problem Link
▶题意
对一个由 (,),[,] 括号组成的字符串，求出其中最长的括号匹配子串。
(),[] 是括号匹配的字符串。
若 A 是括号匹配的串，则 (A),[A] 是括号匹配的字符串。
若 A,B 是括号匹配的字符串，则 AB 也是括号匹配的字符串。
例如：(),[],([]),()() 都是括号匹配的字符串，而 ][,[(]) 则不是。
字符串 A 的子串是指由 A 中连续若干个字符组成的字符串，包含空串。
Solution
设 fif_ifi 表示到 sis_isi 时最长括号匹配，从头开始线性扫描，扫到后半括号时判断是否能组成匹配。
显然，当且仅当在其 前面括号匹配长度（fi−1f_{i-1}fi−1）的前一个字符是同类型的前半括号（即类似
(xxx)）。
由此可得式子 fi=fi−1+fi−fi−1−2+2f_i=f_{i-1}+f_{i-f_{i-1}-2}+2fi=fi−1+fi−fi−1−2+2。其中 i−fi−1−2i-f_{i-1}-2i−fi−1−2 表示前半括号。
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for(int i=1;i<=n;i++) {
if((s[i]==')' && s[i-f[i-1]-1]=='(') || (s[i]==']' && s[i-f[i-1]-1]=='[')) f[i]=f[i-1]+f[i-f[i-1]-2]+2;
if(ans<f[i]) {
ans=f[i];
last=i;
}
}
for(int i=last-ans+1;i<=last;i++) {
putchar(s[i]);
}
el;
P1284 三角形牧场
Problem Link
给定多个线段，求全部使用情况下最大能围成的三角形周长。
tag: 背包
Solution
显然要用海伦公式求周长，那就需要枚举三角形三条边的长度。由于所有边都需要使用，可以优化为仅枚举两条边的长度。
设 fk,i,jf_{k,i,j}fk,i,j 表示第 kkk 个边时，是否存在一个两边长为 i,ji, ji,j 的三角形。
类似 01 背包思路，fkf_kfk 可以由 fk−1f_{k-1}fk−1 转移而来，当前的边可以加在 i,ji,ji,j 和第三条边上，也就可以由 fk−1,i−lk,j,fk−1,i,j−lk,fk−1,i,jf_{k-1, i-l_k, j}, f_{k-1, i, j-l_k}, f_{k-1, i, j}fk−1,i−lk,j,fk−1,i,j−lk,fk−1,i,j 转移而来
fk,i,j={true,fk−1,i−lk,j=true or fk−1,i,j−lk=true or fk−1,i,j=truefalse,otherwise.f_{k,i,j}=\begin{cases}\text{true}, &f_{k-1,i-l_k,j}=\text{true}\ \text{or}\ f_{k-1,i,j-l_k}=\text{true}\\text{or}\ f_{k-1,i,j}=\text{true}\\\text{false}, &\text{otherwise.}\end{cases}fk,i,j={true,false,fk−1,i−lk,j=true or fk−1,i,j−lk=true or fk−1,i,j=trueotherwise.
同 01 背包一样，kkk 这一维可以滚动掉。
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bool check(int a,int b,int c) {
if(a+b>c && a+c>b && b+c>a) return 1;
else return 0;
}
double calc(double a,double b,double c) {
double p=(a+b+c)/2.0;
return 100.0*sqrt(p*(p-a)*(p-b)*(p-c));
}
int main() {
f[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) {
for(int j=p;j>=0;j--) {
for(int k=p;k>=0;k--) {
if(j-l[i]>=0 && f[j-l[i]][k]) f[j][k]=1;
if(k-l[i]>=0 && f[j][k-l[i]]) f[j][k]=1;
}
}
}
int ans=-1;
for(int i=1;i<=p;i++) {
for(int j=1;j<=p;j++) {
if(check(i,j,p-i-j) && f[i][j]) ans=max(ans,(int)calc(i,j,p-i-j));
}
}
}
P4084 [USACO17DEC] Barn Painting G
Problem Link
给定一颗 NNN 个节点组成的树，你要给每个点涂上三种颜色之一，其中有 KKK 个节点已染色，要求任意两相邻节点颜色不同，求合法染色方案数。
tag: 树形 dp
Solution
树形 DP，设 fi,jf_{i,j}fi,j 为 iii 节点颜色 jjj 的方案数。
若 iii 已经被染色 jjj 了，那显然 fi,j=1f_{i,j}=1fi,j=1，其他为 000；若未被染色，则 fi,j=1,j∈[1,3]f_{i,j}=1, j\in [1,3]fi,j=1,j∈[1,3]。
从下向上转移：
{fu,1=∏v∈son(u)(fv,2+fv,3)fu,2=∏v∈son(u)(fv,1+fv,3)fu,3=∏v∈son(u)(fv,1+fv,2)\begin{cases}f_{u,1}=\prod_{v\in \text{son}(u)} (f_{v,2}+f_{v,3})\\f_{u,2}=\prod_{v\in \text{son}(u)} (f_{v,1}+f_{v,3})\\f_{u,3}=\prod_{v\in \text{son}(u)} (f_{v,1}+f_{v,2})\end{cases}⎩
⎨
⎧fu,1=∏v∈son(u)(fv,2+fv,3)fu,2=∏v∈son(u)(fv,1+fv,3)fu,3=∏v∈son(u)(fv,1+fv,2)
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#define int ll
vector<int> e[N];
int n,k;
int f[N][5];
bool is_colored[N];
bool vis[N];
void dfs(int u) {
vis[u]=1;
for(int i=0;i<e[u].size();i++) {
int v=e[u][i];
if(!vis[v]) {
dfs(v);
f[u][1]=(f[u][1]*((f[v][2]+f[v][3]+mod)%mod)+mod)%mod;
f[u][2]=(f[u][2]*((f[v][1]+f[v][3]+mod)%mod)+mod)%mod;
f[u][3]=(f[u][3]*((f[v][1]+f[v][2]+mod)%mod)+mod)%mod;
}
}
}
signed main() {
n=read();k=read();
for(int i=1;i<n;i++) {
int u=read(),v=read();
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
for(int i=1;i<=k;i++) {
int b=read(),c=read();
f[b][c]=1;
is_colored[b]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++) {
if(!is_colored[i]) f[i][1]=f[i][2]=f[i][3]=1;
}
dfs(1);
printf("%lld\n",(f[1][1]+f[1][2]+f[1][3]+mod)%mod);
return 0;
}
P2458 [SDOI2006] 保安站岗
Link
给定一颗树，每个点有点权 kkk，要求一条边的两个端点至少有一个被占用，求占用整棵树的代价的最小值。
tag: 树形 DP
与 P2016 战略游戏 不同，本题为守点。如 1-2-3-4 本题可以选择 1 和 4，但战略游戏不可。所以本题需要设这三个状态。
本题守点，意味着如果一个点不选，那么只需要与这个点相连的任一点选择即可，而守边则就需要与这个点相连的所有点都选。
Solution
首先不能将状态设为一个点被占或不占，这样会造成向上转移时父节点无法影响子节点。
设 fu,1/2/3f_{u,1/2/3}fu,1/2/3 表示 uuu 节点 自身被占用/被儿子覆盖/被父亲覆盖。
首先第一种情况显然 fu,1=∑v∈son(u)min(fv,1,fv,2,fv,3)+kuf_{u,1}=\sum_{v\in \text{son}(u)}\min(f_{v,1}, f_{v,2}, f_{v,3})+k_ufu,1=∑v∈son(u)min(fv,1,fv,2,fv,3)+ku。
对于第三种情况，由于 uuu 被父亲覆盖，自身未被占用，那么就需要使 以 uuu 的儿子 vvv 为根的子树中的点都被覆盖。问题转化后，只有 vvv 自身被占用和 vvv 被儿子覆盖可以满足条件，即 fu,3=∑v∈son(u)min(fv,1,fv,2)f_{u,3}=\sum_{v\in \text{son}(u)}\min(f_{v,1}, f_{v,2})fu,3=∑v∈son(u)min(fv,1,fv,2)。
对于第二种情况，分析方式类似第三种，首先要满足子树被覆盖。同时，要有至少一个 vvv 自身被占用，才能影响到 uuu。可以在上面的式子的基础上略加更改，若最小值全部被 fv,2f_{v,2}fv,2 取到，那么最后再加上所有 vvv 中 fv,1f_{v,1}fv,1 最小的一个即可。
最终答案即为 min(froot,1,froot,2)\min(f_{\text{root},1}, f_{\text{root},2})min(froot,1,froot,2)。
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void dfs(int u,int fa) {
int minn=INF;
bool flag=0;
for(auto v:e[u]) {
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
f[u][1]+=min(f[v][1],min(f[v][2],f[v][3]));
f[u][2]+=min(f[v][1],f[v][2]);
f[u][3]+=min(f[v][1],f[v][2]);
minn=min(minn,f[v][1]-f[v][2]);
if(f[v][1]<f[v][2]) flag=1;
}
if(!flag) f[u][2]+=minn;
}
int main() {
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++) {
int u=read();
k[u]=read();
int m=read();
f[u][1]=k[u];
for(int j=1;j<=m;j++) {
int v=read();
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
}
dfs(1,0);
cout<<min(f[1][1],f[1][2])<<endl;
return 0;
}
P2016 战略游戏
Link
给定一颗树，一个节点可以看守相邻的所有边，求看守整棵树需要的最少的节点数。
tag: 树形 DP
本题与上一题不用的是，本题可以转化为一个点可以看守与这个点相连的所有边。
本题守边，意味着如果一个点不选，那么就需要与这个点相连的所有点都选，而守点则只需要与这个点相连的任一点选择即可。
Solution
设 fu,0/1f_{u,0/1}fu,0/1 表示 uuu 节点选 / 不选。
如果 uuu 不选，那么他的所有儿子必选，因为需要满足看守所有的边，fu,0=∑v∈son(u)fv,1f_{u,0}=\sum_{v\in \text{son}(u)} f_{v,1}fu,0=∑v∈son(u)fv,1；
如果 uuu 选，那么他的儿子选不选并不重要，fu,0=∑v∈son(u)min{fv,0,fv,1}f_{u,0}=\sum_{v\in \text{son}(u)}\min\{f_{v,0}, f_{v,1}\}fu,0=∑v∈son(u)min{fv,0,fv,1}。
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void dfs(int u,int fa) {
f[u][1]=1;
for(auto v:e[u]) {
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
f[u][0]+=f[v][1];
f[u][1]+=min(f[v][0],f[v][1]);
}
}
P3478 [POI2008] STA-Station
Link
给出一个 nnn 个点的树，找出一个点，使以这个点为根的树所有点的深度之和最大
tag: 树形 DP, 换根 DP
Solution
换根板子。
首先考虑如何暴力，显然是以每个点为根都跑一边 dfs，时间复杂度 O(n2)\mathcal O(n^2)O(n2)。
一般换根 DP 题的处理思路是：
先指定一个根节点，一次 dfs 自下而上，用子节点的值更新父节点；
从上一步的根出发，dfs 转移父节点对子节点的贡献。
设 fuf_{u}fu 为以 uuu 为根的深度和。运用人类智慧可以注意到 uuu 节点的值可以通过其父亲转移。如下图，我们已经处理好了 222 号节点的答案，那么发现以 444 为根的时，444 的子树（包括自己）的相对深度都减少了 111，而 444 上面的三个点深度都增加了 111。
可以得到转移方程：
fv=fu−sizv×1+(n−sizv)×1=fu+n−2×sizvf_{v}=f_{u}-\text{siz}_{v}\times 1+(n-\text{siz}_{v})\times 1=f_u+n-2\times \text{siz}_vfv=fu−sizv×1+(n−sizv)×1=fu+n−2×sizv
其中 sizv×1\text{siz}_v\times 1sizv×1 表示 444 的子树，n−sizvn-\text{siz}_vn−sizv 表示 444 上面的点。
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void dfs1(int u,int fa) {
g.siz[u]=1;
for(auto v:e[u]) {
if(v==fa) continue;
g.dep[v]=g.dep[u]+1;
dfs1(v,u);
g.siz[u]+=g.siz[v];
}
}
void dfs2(int u,int fa) {
for(auto v:e[u]) {
if(v==fa) continue;
f[v]=f[u]+n-2ll*g.siz[v];
dfs2(v,u);
}
}
int main() {
dfs1(1,0);
for(int i=2;i<=n;i++) {
f[1]+=g.dep[i];
}
dfs2(1,0);
ll ans=-INF,maxn=-INF;
for(int i=1;i<=n;i++) {
if(maxn<f[i]) {
maxn=f[i];
ans=i;
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
P3047 [USACO12FEB] Nearby Cows G
Link
给你一棵 nnn 个点的树，点带权，对于每个节点求出距离它不超过 kkk 的所有节点权值和 mim_imi。
tag: 换根 DP
Solution
设 fu,df_{u,d}fu,d 为与 uuu 节点距离小于 kkk 的权值和。
两边 dfs，第一遍向上转移，计算子树对当前节点的贡献。注意到与 uuu 节点距离小于 kkk 的节点数可以由它的左右子树转移而来，等价于其与所有子节点距离小于 k−1k-1k−1 的节点数之和，得到 fu,d=∑v∈son(u)fv,d−1f_{u,d}=\sum_{v\in \text{son}(u)} f_{v,d-1}fu,d=∑v∈son(u)fv,d−1。
第二遍时计算父亲对当前节点的贡献。同样可以由一的思路 fv,d=fu,d−1(v∈son(u))f_{v,d}=f_{u,d-1}(v\in \text{son}(u))fv,d=fu,d−1(v∈son(u))，但是注意到这样会重复计算子树中一部分的节点，因为到 uuu 距离为 ddd 的点包含到 vvv 距离为 d−1d-1d−1 的点，如下图的 f2,2f_{2,2}f2,2 就包含了 f3,1f_{3,1}f3,1 的贡献，所以我们简单容斥一下减去 fv,d−2f_{v,d-2}fv,d−2 的部分。
注意在进行第二遍 dfs 时，要注意循环顺序，防止容斥后的 fff 影响未更新的。
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void dfs1(int u, int fa) {
for (auto v : e[u]) {
if (v == fa) continue;
dfs1(v, u);
for (int d = 1; d <= k; d++) {
f[u][d] += f[v][d-1];
}
}
}
void dfs2(int u, int fa) {
for (auto v : e[u]) {
if (v == fa) continue;
for (int d = 1; d <= k; d++) {
f[v][d] += f[u][d-1];
}
for (int d = k; d >= 2; d--) {
f[v][d] -= f[v][d-2];
}
dfs2(v, u);
}
}
CF474E Pillars
Link
给定序列长度为 nnn 的序列 aaa，和 ddd。
找出一个最长的 aaa 的子序列 bbb（设其长度为 mmm），使得对于任意的 1≤i<m1\le i\lt m1≤i<m，有 ∣bi+1−bi∣≥d|b_{i+1}-b_i|\ge d∣bi+1−bi∣≥d。
输出 mmm 和序列 bbb 在序列 aaa 中每个数的下标。
tag: 动态开点线段树, 线段树优化 DP
Solution
设 fif_ifi 表示前 iii 位的最大长度，可以得到一个显然的转移方程
fi=max∣bi−bj∣≥d{fj}+1=max1≤j≤ai−d or ai+d≤j≤n{fj}+1\begin{aligned}f_i &= \max_{\lvert b_i - b_j\rvert \geq d}\{f_j\} + 1\\&=\max_{1\leq j\leq a_i - d\ \text{or}\ a_i + d\leq j\leq n}\{f_j\} + 1\end{aligned}fi=∣bi−bj∣≥dmax{fj}+1=1≤j≤ai−d or ai+d≤j≤nmax{fj}+1
考虑线段树优化掉两部分区间最值。使用权值线段树，每次计算完 iii 后把 fif_ifi 放到对应的 aia_iai 的位置即可。
数据范围过大，需动态开点或离散化。
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int n, d;
int tot = 0;
int rt;
struct pr {
int val, id;
bool operator < (pr const& x) {
return val < x.val;
}
}a[N], f[N], pre[N];
pr max(pr x, pr y) {
if (x < y) return y;
else return x;
}
struct node {
pr val;
int l, r;
}t[40 * N];
struct tree {
void pushup(int p) {
t[p].val = max(t[t[p].l].val, t[t[p].r].val);
}
void modify(int &p, int l, int r, int x, pr w) {
if (!p) p = ++tot;
if (l == r) {
if (t[p].val < w) t[p].val = w;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if (x <= mid) modify(t[p].l, l, mid, x, w);
else modify(t[p].r, mid + 1, r, x, w);
pushup(p);
}
pr query(int p, int l, int r, int x, int y) {
if (!p || y < x) return {0, 0};
if (x <= l && r <= y) {
return t[p].val;
}
int mid = (l + r) >> 1;
pr res = {-INF, 0};
if (x <= mid) res = max(res, query(t[p].l, l, mid, x, y));
if (y >= mid + 1) res = max(res, query(t[p].r, mid + 1, r, x, y));
return res;
}
}sgt;
signed main() {
n = read(); d = read();
for (int i = 1; i <= n; i++) {
a[i].val = read();
a[i].id = i;
}
pr maxn = {0, 0};
for (int i = 1; i <= n; i++) {
f[i] = max(sgt.query(rt, 1, MAXN, 1, a[i].val - d),
sgt.query(rt, 1, MAXN, a[i].val + d, MAXN));
bug(f[i].id);
f[i].val += 1;
maxn = max(maxn, {f[i].val, i});
sgt.modify(rt, 1, MAXN, a[i].val, {f[i].val, i});
}
cout << maxn.val << endl;
stack<int> st;
for (int i = maxn.id; i >= 1; i = f[i].id) {
bug(f[i].id);
st.push(i);
}
while (!st.empty()) {
cout << st.top() << " ";
st.pop();
}
return 0;
}
CF708C Centroids
Link
给定一颗树，你有一次将树改造的机会，改造的意思是删去一条边，再加入一条边，保证改造后还是一棵树。
请问有多少点可以通过改造，成为这颗树的重心？（如果以某个点为根，每个子树的大小都不大于 n2\dfrac{n}{2}2n，则称某个点为重心）
tag: 树形 DP, 换根 DP
Solution
根据重心的定义，如果一个点 uuu 不是重心，那么它的子树中一定有且仅有一个的 siz>⌊n2⌋siz > \lfloor\frac{n}{2}\rfloorsiz>⌊2n⌋。如果想要把 uuu 变成重心，那么就需要在这个子树中找到一个更小的子树，把它接到 uuu 上，要解决的是是否存在一个这样的子树可以满足条件。
如果先将一个不需要操作即可满足条件的节点钦定为根，那么这棵树的所有子树都满足 siz≤⌊n2⌋siz\leq \lfloor\frac{n}{2}\rfloorsiz≤⌊2n⌋。
所以，若在这棵新树上进行 DP，对于任何一个节点 uuu，如果它不是重心，只能因为除了它的子树以外的点数不满足要求，即 n−sizun - siz_un−sizu。我们记录一个 gug_ugu 表示除了 uuu 子树以外的，不超过 ⌊n2⌋\lfloor\frac{n}{2}\rfloor⌊2n⌋ 的最大子树大小，这个子树就是用来切下来挂到 uuu 上的。
那么，只需要判断除了上面这两部分一定合法的，剩下的那些点是否合法，即 n−sizu−gu≤⌊n2⌋n - siz_u - g_u \leq \lfloor\frac{n}{2}\rfloorn−sizu−gu≤⌊2n⌋ 是否成立。
也就是说，问题转化为求 gug_ugu。
考虑自上而下转移，gug_ugu 可能来自于（faufa_ufau 的子树）/（gfaug_{fa_u}gfau）/（除了子树以外所有）。由于第一种情况，还要记录一个 fuf_ufu 表示以 uuu 为根的子树中，不超过 ⌊n2⌋\lfloor\frac{n}{2}\rfloor⌊2n⌋ 的最大子树大小。我们还可以发现，在转移 gug_ugu 时，可能 ffauf_{fa_u}ffau 就表示 uuu 的子树，为了解决这种情况，需要记录最大值 fu,0f_{u, 0}fu,0 和次大值 fu,1f_{u, 1}fu,1。
显然 fu,0f_{u, 0}fu,0 需要自下而上转移：
fu,0={fv,0,sizv>⌊n2⌋sizu,sizv≤⌊n2⌋f_{u, 0}=\begin{cases}f_{v, 0}, &\text{siz}_v >\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\\\text{siz}_u, &\text{siz}_v \leq\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\end{cases}fu,0={fv,0,sizu,sizv>⌊2n⌋sizv≤⌊2n⌋
可以按下面的 trick 维护次大值，为了表示方便，用 xxx 表示需要被更新的数：
{fu,1=fu,0,fu,0=x,fu,0<xfu,1=x,fu,0≤x<fu,1\begin{cases}f_{u, 1} = f_{u, 0}, f_{u, 0} = x, &f_{u, 0} < x\\f_{u, 1} = x, &f_{u, 0}\leq x < f_{u, 1}\end{cases}{fu,1=fu,0,fu,0=x,fu,1=x,fu,0<xfu,0≤x<fu,1
然后即可自上而下转移 gug_ugu：
gv=max{fu,1,fu,0=sizvfu,0,fu,0≠sizvgun−sizv,n−sizv≤⌊n2⌋g_v=\max\begin{cases}f_{u, 1}, &f_{u, 0} = \text{siz}_v\\f_{u, 0}, &f_{u, 0} \neq \text{siz}_v\\g_u\\n - \text{siz}_v, &n - \text{siz}_v \leq \lfloor\frac{n}{2}\rfloor\end{cases}gv=max⎩
⎨
⎧fu,1,fu,0,gun−sizv,fu,0=sizvfu,0=sizvn−sizv≤⌊2n⌋
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void findrt(int u, int fa) {
for (auto v : e[u]) {
if (v == fa) continue;
findrt(v, u);
siz[u] += siz[v];
if (siz[v] > n / 2) return;
}
if (n - siz[u] > n / 2) return;
root = u;
}
void dfs1(int u, int fa) {
for (auto v : e[u]) {
if (v == fa) continue;
dfs1(v, u);
siz[u] += siz[v];
if (siz[v] > n / 2) {
if (f[v][0] > f[u][0]) {
f[u][1] = f[u][0];
f[u][0] = f[v][0];
} else if (f[v][0] > f[u][1]) {
f[u][1] = f[v][0];
}
} else {
if (siz[v] > f[u][0]) {
f[u][1] = f[u][0];
f[u][0] = siz[v];
} else if (siz[v] > f[u][1]) {
f[u][1] = siz[v];
}
}
}
}
void dfs2(int u, int fa) {
for (auto v : e[u]) {
if (v == fa) continue;
g[v] = max(g[v], g[u]);
if (n - siz[v] <= n / 2) {
g[v] = max(g[v], n - siz[v]);
}
if (f[u][0] == siz[v]) {
g[v] = max(g[v], f[u][1]);
} else {
g[v] = max(g[v], f[u][0]);
}
dfs2(v, u);
}
if (n - siz[u] - g[u] <= n / 2 || u == root) ans[u] = 1;
}
int main() {
n = read();
for (int i = 1; i < n; i++) {
int u = read(), v = read();
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
for (int i = 1; i <= n; i++) siz[i] = 1;
findrt(1, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++) siz[i] = 1;
dfs1(root, 0);
dfs2(root, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cout << ans[i] << " ";
}
el;
}
AT_joi2015ho_b Cake 2
Link
nnn 个数 aia_iai 围成环，AAA 和 BBB 两人轮流取数，AAA 先取，两人都将采取最优策略，求最大化 AAA 取到的数的和。
tag: 区间 DP, 环
Solution
设 fi,jf_{i, j}fi,j 表示剩余的蛋糕区间为 [i,j][i, j][i,j] 时最大的答案，把 aaa 断环为链。
考虑如何转移，由于两人轮流取，需要分类讨论：
当前轮 AAA 取，剩余区间为 [l,r][l, r][l,r]，显然一定满足的前提条件是 remain≡n(mod2)\text{remain}\equiv n \pmod 2remain≡n(mod2)，其中 remain\text{remain}remain 表示的是剩余蛋糕区间长度（简单手玩即可得证）。此时，AAA 可以取 ala_lal 或 ara_rar，此时 fl,r=max{fl,r−1+ar,fl+1,r+al}f_{l, r}=\max\{f_{l, r-1}+a_r, f_{l+1, r}+a_l\}fl,r=max{fl,r−1+ar,fl+1,r+al}。
当前轮 BBB 取，变量定义同上，前提条件为 remain\text{remain}remain 和 nnn 奇偶性不同。此时 BBB 一定取 max{al,ar}\max\{a_l, a_r\}max{al,ar}，那么留给 AAA 的就是其中较小的一个。
所以有如下方程：
len≔l−r+1fl,r={max{fl,r−1+ar,fl+1,r+al},len≡n(mod2)fl,r−1,al<ar and len≢n(mod2)fl+1,r,al>ar and len≢n(mod2)\text{len}\coloneqq l-r+1\\f_{l, r}=\begin{cases}\max\{f_{l, r-1}+a_r, f_{l+1, r}+a_l\}, &\text{len}\equiv n \pmod 2\\f_{l, r-1}, &a_l<a_r\ \text{and}\ \text{len}\not\equiv n \pmod 2\\f_{l+1, r}, &a_l>a_r\ \text{and}\ \text{len}\not\equiv n \pmod 2\end{cases}len:=l−r+1fl,r=⎩
⎨
⎧max{fl,r−1+ar,fl+1,r+al},fl,r−1,fl+1,r,len≡n(mod2)al<ar and len≡n(mod2)al>ar and len≡n(mod2)
最后考虑边界，如果最后一轮是 AAA 取的，也就是 nnn 为奇数时，对于任意位置 iii，贡献都为 aia_iai；反之由 BBB 取，那么贡献为 000。
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n = read();
for (int i = 1; i <= n; i++) {
a[i] = read();
a[i + n] = a[i];
}
a[0] = a[n];
if (n & 1) {
for (int i = 1; i <= n * 2; i++) {
f[i][i] = a[i];
}
}
for (int len = 2; len <= n; len++) { // len := remain cakes
for (int l = 1; l + len - 1 <= n * 2; l++) {
int r = l + len - 1;
if ((len & 1) == (n & 1)) { // JOI
f[l][r] = max({f[l][r], f[l + 1][r] + a[l], f[l][r - 1] + a[r]});
} else { // IOI
if (a[l] < a[r]) f[l][r] = max(f[l][r], f[l][r - 1]);
else f[l][r] = max(f[l][r], f[l + 1][r]);
}
}
}
int ans = 0;
for (int i = 1;i <= n; i++) {
ans = max(ans, f[i][i + n - 1]);
}
cout << ans << endl;
P9759 [COCI2022-2023#3] Bomboni
Link
▶题意
有 n×nn\times nn×n 的方格。目前在左上角。通过向右或向下移动，要前往右下角。目前所在的格子没有障碍。
在每个格子中写了一个数字表示此地为糖果或障碍。Iva 会吃掉所有经过的糖果（包括起点和终点的糖果）并且将糖果对应的数字相乘。Iva 知道她自己最喜欢的数字是 kkk，所以她希望这个乘积结果能被 kkk 整除。她想知道一共有多少条这样的路径。由于答案可能很大，她只想知道答案模 998244353998244353998244353 的结果。
tag: trick
Solution
考虑从因数角度分析，发现只要一条路径上覆盖了 kkk 的因数，这条路径就是合法的。
设 fi,j,tf_{i, j, t}fi,j,t 为前 (i,j)(i, j)(i,j) 位置时 kkk 的因数剩余 ttt 的路径数量。那么每次转移，从上一步去掉 (i,j)(i, j)(i,j) 能贡献的因数，作为这次的答案。
最终答案即为 fn,n,1f_{n, n, 1}fn,n,1。
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f[1][1][k / __gcd(a[1][1], k)] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if (i - 1 >= 1 && a[i][j] != -1) {
for (auto x : f[i - 1][j]) {
int nw = x.first / __gcd(x.first, a[i][j]);
f[i][j][nw] = (f[i][j][nw] + x.second + mod) % mod;
}
}
if (j - 1 >= 1 && a[i][j] != -1) {
for (auto x : f[i][j - 1]) {
int nw = x.first / __gcd(x.first, a[i][j]);
f[i][j][nw] = (f[i][j][nw] + x.second + mod) % mod;
}
}
}
}
CF360B Levko and Array
Link
给定一个数列 aaa，可以对其中的元素做至多 kkk 次修改，每次修改可以将数列中的一个数改成另一个。
求经过修改后，maxi=2n∣ai−ai−1∣\max\limits^n_{i=2}\left|a_i-a_{i-1}\right|i=2maxn∣ai−ai−1∣ 的最小值。
tag: 二分, trick
Solution
注意到答案具有单调性，二分答案 xxx。
考虑 check() 函数的写法，首先可以将题目中要求的最多 kkk 次修改转化为至少保留 n−kn-kn−k 个数。
不妨进行 DP，设 fif_ifi 表示前 iii 个数中在保留 aia_iai 的情况下最多能保留的数量。两个数可以被保留，当且仅当 ∣aj−ai∣≤(j−i)×x\lvert a_j-a_i\rvert\leq (j-i)\times x∣aj−ai∣≤(j−i)×x。这个比较好感性理解，两个位置 (i,j)(i,j)(i,j) 之间有 j−i+1j-i+1j−i+1 个数，也就意味着有 j−ij-ij−i 个间隔，而这 j−ij-ij−i 个间隔中每个间隔最大的符合条件的差是 xxx。
那么式子就很显然了：
fi=max1≤j<i{fj+1∣∣aj−ai∣≤(j−i)×x}f_i=\max_{1\leq j<i}\{f_j+1 \big| \lvert a_j-a_i\rvert\leq (j-i)\times x\}fi=1≤j<imax{fj+1
∣aj−ai∣≤(j−i)×x}
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const int N = 2e3 + 10;
const int MAXN = 2e9;
int n, k;
int a[N];
int f[N];
bool check(int x) {
for (int i = 1; i <= n; i++) f[i] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j < i; j++) {
if (abs(a[i] - a[j]) <= (i - j) * x) {
f[i] = max(f[i], f[j] + 1);
}
}
if (f[i] >= n - k) return 1;
}
return 0;
}
signed main() {
n = read(); k = read();
for (int i = 1; i <= n; i++) {
a[i] = read();
}
int l = 0, r = MAXN;
while (l < r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (check(mid)) r = mid;
else l = mid + 1;
}
cout << l << endl;
return 0;
}
P4158 [SCOI2009] 粉刷匠
Link
有 NNN 条木板需要被粉刷。每条木板被分为 MMM 个格子。 每个格子要被刷成 0/10/10/1。每次粉刷只能选择一条木板上一段连续的格子，然后涂上一种颜色。每个格子最多只能被粉刷一次。只能粉刷 TTT 次，他最多能正确粉刷多少格子？
tag: 背包
Solution
设 fi,jf_{i,j}fi,j 表示前 iii 行刷 jjj 次最多正确的格子数，发现这是一个背包，容易得到下面的转移：
fi,j=max1≤k≤j{fi−1,j−k+gn,k}f_{i,j}=\max_{1\leq k\leq j}\{f_{i-1,j-k}+g_{n, k}\}fi,j=1≤k≤jmax{fi−1,j−k+gn,k}
其中，gi,jg_{i, j}gi,j 表示当前行前 iii 格刷 jjj 次最多正确的格子数。它可以在每次枚举行的时候更新，有转移：
gi,j=max0≤l<i{gl,j−1+hl+1,i}g_{i,j}=\max_{0\leq l<i}\{g_{l, j-1}+h_{l+1,i}\}gi,j=0≤l<imax{gl,j−1+hl+1,i}
其中，hl,rh_{l, r}hl,r 表示当前行刷 [l,r][l, r][l,r] 时刷一次最多刷对的格子数，也就是区间中 000 和 111 数量的最大值。
只需要在背包的转移前维护一下 ggg 和 hhh 即可。
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for (int i = 1; i <= n; i++) {
memset(g, 0, sizeof(g));
memset(maxn, 0, sizeof(maxn));
for (int l = 1; l <= m; l++) {
for (int r = l; r <= m; r++) {
int cnt0 = 0, cnt1 = 0;
for (int p = l; p <= r; p++) {
if (s[i][p] == '0') cnt0++;
else cnt1++;
}
maxn[l][r] = max(cnt0, cnt1);
}
}
for (int j = 1; j <= m; j++) {
for (int k = 1; k <= t; k++) {
for (int l = 0; l < j; l++) {
g[j][k] = max(g[j][k], g[l][k - 1] + maxn[l + 1][j]);
}
}
}
for (int j = t; j >= 1; j--) {
for (int k = 1; k <= j; k++) {
f[j] = max(f[j], f[j - k] + g[m][k]);
}
}
}
P1156 垃圾陷阱
Link
卡门掉进深度为 DDD 英尺的垃圾井。她需要堆满垃圾，使垃圾高度 ≥D\geq D≥D 才能逃出。每个垃圾有扔下时间 ttt、堆放高度 hhh 和食用后维持生命时间 lll。卡门起始有 101010 小时的能量，101010 小时内若不进食将饿死。若体力为 0，吃垃圾或逃出井不会饿死。求卡门最早能逃出井的时间。
tag: 背包
Solution
看到两种选择，想到背包。用 fi,jf_{i, j}fi,j 表示前 iii 个物品堆放高度为 jjj 时的最大体力。
本题与普通 0/10/10/1 背包不同的地方在于，本题有两种情况的成立条件和贡献不同，需要分类讨论：
如果选择吃掉，那么 fi,j=fi−1,j+lif_{i,j}=f_{i-1,j}+l_ifi,j=fi−1,j+li。需要满足转移前一步剩余的体力能够等到当前垃圾扔下，即 fi−1,j≥tif_{i-1,j}\geq t_ifi−1,j≥ti；
如果选择不吃，那么 fi,j=fi−1,j−hif_{i,j}=f_{i-1,j-h_i}fi,j=fi−1,j−hi。需要满足转移前一步剩余的体力能够等到当前垃圾仍下，即 fi−1,j−hi≥ti (j≥hi)f_{i-1,j-h_i}\geq t_i\ (j\geq h_i)fi−1,j−hi≥ti (j≥hi)。
需要特判 hi>dh_i>dhi>d 的情况。
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memset(f, -INF, sizeof(f));
f[0] = 10;
d = read(), g = read();
for (int i = 1; i <= g; i++) {
a[i].t = read(), a[i].f = read(), a[i].h = read();
maxn = max(maxn, a[i].h);
}
sort(a + 1, a + g + 1);
for (int i = 1; i <= g; i++) {
for (int j = max(d, maxn); j >= 0; j--) {
if (f[j] >= a[i].t) {
f[j] = max(f[j], f[j] + a[i].f);
}
if (j >= a[i].h && f[j - a[i].h] >= a[i].t) {
f[j] = max(f[j], f[j - a[i].h]);
}
}
if (d > maxn) {
if (f[d] >= 0) {
cout << a[i].t << endl;
return 0;
}
} else {
for (int j = d; j <= maxn; j++) {
if (f[j] >= 0) {
cout << a[i].t << endl;
return 0;
}
}
}
}
P1772 [ZJOI2006] 物流运输
Link
物流公司要把一批货物从码头 111 运到码头 nnn。由于货物量比较大，需要 ttt 天才能运完。货物运输过程中一般要转停好几个码头。
每日会从 111 港口发货；
每日有可能会有港口封锁，封锁处不可走，需要换航线并加上换航线的成本。
tag: 最短路
Solution
首先想到可以对于每一天跑一遍最短路来预处理。
考虑 DP，设 fif_{i}fi 表示前 iii 天的最小成本。对于新的一天，有继续沿用之前的路线和走新的路线两种情况。所以设 minni,j\text{minn}_{i, j}minni,j 表示 iii 到 jjj 天走同一条路线的最短路径，显然可以对于每一个 i,ji, ji,j，跑一遍最短路预处理。此时有转移方程：
fi=max1≤i<j{fj+minnj+1,i×(i−j)+k}f_{i}=\max_{1\leq i<j}\{f_{j}+\text{minn}_{j+1, i}\times (i-j)+k\}fi=1≤i<jmax{fj+minnj+1,i×(i−j)+k}
另外还有前 iii 天都走同一条路的情况，fi=minn1,i×if_{i}=\text{minn}_{1,i}\times ifi=minn1,i×i。
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for (int i = 1; i <= d; i++) {
p = read(), a = read(), b = read();
for (int j = a; j <= b; j++) {
block[p][j] = 1;
}
}
for (int i = 1; i <= t; i++) {
for (int j = i; j <= t; j++) {
mp.reset();
for (int p = 1; p <= n; p++) {
for (int l = i; l <= j; l++) {
if (block[p][l]) {
mp[p] = 1;
break;
}
}
}
minn[i][j] = dij();
}
}
for (int i = 1; i <= t; i++) {
f[i] = minn[1][i] * i;
}
for (int i = 1; i <= t; i++) {
for (int j = 1; j < i; j++) {
f[i] = min(f[i], f[j] + minn[j + 1][i] * (i - j) + k);
}
}
P3174 [HAOI2009] 毛毛虫
Link
给定一颗 nnn 个节点的多叉树，找出包含分支最多的一条链，输出节点数。其中分支只计算与链直连的节点。
tag: 树形 DP, 树的直径
Solution
考虑从当前节点能控制的下一层节点入手，如果当前节点 uuu 在链中，那么它所能控制的下一层节点数即为 degu−1\text{deg}_u-1degu−1，其中 degu\text{deg}_udegu 表示 uuu 的度。也就是说，可以按树的直径的思路，两遍 dfs，在递归的过程中统计答案。
注意需要考虑根节点没有父亲所带来的影响，和 n=1n=1n=1 的特殊情况。
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void dfs(int u, int fa, int sum) {
if (sum > maxd) {
maxd = sum;
maxpos = u;
}
for (auto v : e[u]) {
if (v == fa) continue;
dfs(v, u, sum + deg[u] - 1);
}
}
int main() {
n = read(), m = read();
if (n == 1) {
cout << 1 << endl;
return 0;
}
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int u = read(), v = read();
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
deg[u]++, deg[v]++;
}
dfs(1, 0, deg[1] - 1);
maxd = 0;
dfs(maxpos, 0, deg[maxpos] - 1);
cout << maxd + 2 << '\n';
return 0;
}
P1131 [ZJOI2007] 时态同步
Link
给定一颗 nnn 个节点带边权的树，需要对于每颗子树调整根到叶子节点的路径
长度相等。每次操作可以对任意边权 +1+1+1。求最小操作次数。
tag: 树形 DP
Solution
要使操作次数最小，对于每个子树，就要操作根节点下的第一条边。所以从下向上递归更新答案，对于每个节点 uuu 记录一个以 uuu 为根的子树到叶节点的最大距离。遍历个儿子，累加缺少的距离。
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void dfs(int u, int fa) {
for (auto x : e[u]) {
int v = x.v, w = x.w;
if (v == fa) continue;
dfs(v, u);
f[u] = max(f[u], f[v] + w);
}
for (auto x : e[u]) {
int v = x.v, w = x.w;
if (v == fa) continue;
ans += f[u] - (f[v] + w);
}
}
CF1324F Maximum White Subtree
Link
给定一棵 nnn 个节点无根树，每个节点 uuu 有一个颜色 aua_uau，若 aua_uau 为 000 则 uuu 是黑点，若 aua_uau 为 111 则 uuu 是白点。
对于每个节点 uuu，选出一个包含 uuu 的连通子图，设子图中白点个数为 cnt1cnt_1cnt1，黑点个数为 cnt2cnt_2cnt2，请最大化 cnt1−cnt2cnt_1 - cnt_2cnt1−cnt2。并输出这个值。
tag: 换根 DP
Solution
记 coloru\text{color}_ucoloru 表示 uuu 节点的颜色，黑白为 −1/1-1/1−1/1。
设 fuf_ufu 表示以 111 为根时 uuu 子树的贡献。自下向上转移，容易得到
fu=coloru+∑v∈son(u)max{0,fv}f_u=\text{color}_u+\sum_{v\in \text{son}(u)}\max\{0, f_{v}\}fu=coloru+v∈son(u)∑max{0,fv}
考虑换根，设 gug_ugu 表示以 uuu 为根时的答案，答案分为两部分：以 uuu 为根的子树的贡献和剩余部分的贡献。第一部分显然为 fuf_ufu，第二部分可以通过父亲的答案转移，也就是 gfau−fug_{fa_u}-f_ugfau−fu。通过前面的式子可以知道，如果 fu<0f_u<0fu<0，fuf_ufu 不会被记录到 ffauf_{fa_u}ffau 中，也就是说，gfaug_{fa_u}gfau 的答案不包含 fuf_ufu。所以最终的式子
gu=fu+max{0,gfau−max{0,fu}}g_u=f_u+\max\{0, g_{fa_u}-\max\{0, f_u\}\}gu=fu+max{0,gfau−max{0,fu}}
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void dfs1(int u, int fa) {
f[u] = a[u];
for (auto v : e[u]) {
if (v == fa) continue;
dfs1(v, u);
f[u] += max(0, f[v]);
}
}
void dfs2(int u, int fa) {
for (auto v : e[u]) {
if (v == fa) continue;
g[v] = f[v] + max(0, g[u] - max(0, f[v]));
dfs2(v, u);
}
}
g[1]=f[1]
CF607B Zuma
Link
给定一个序列，每次可删除任意长度的回文子串，最小化将序列清空的删除次数。
tag: 区间 DP
Solution
设 fl,rf_{l,r}fl,r 表示清空 [l,r][l,r][l,r] 的最小操作次数。
最朴素的情况是枚举中间点，分成两部分来求，fl,r=min{fl,i+fi+1,r}(i∈[l,r))f_{l,r}=\operatorname{min}\{f_{l,i}+f_{i+1,r}\}(i\in[l,r))fl,r=min{fl,i+fi+1,r}(i∈[l,r))。
当 al=ara_l=a_ral=ar 时， 有另外的情况：
[l+1,r−1][l+1,r-1][l+1,r−1] 回文串，此时加上两端相等的值还是回文串；
[l+1,r−1][l+1, r-1][l+1,r−1] 不是回文串，此时内部随便删，删到内部只剩一个的时候，又可以与两端构成回文串。
所以 fl,r=min{fl,r,fl+1,r−1}(al=ar)f_{l,r}=\operatorname{min}\{f_{l,r},f_{l+1,r-1}\}(a_l=a_r)fl,r=min{fl,r,fl+1,r−1}(al=ar)。
两情况取最小值即可。
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memset(f, INF, sizeof(f));
for (int i = 1; i <= n; i++) {
a[i] = read();
f[i][i] = 1;
}
for (int len = 2; len <= n; len++) {
for (int l = 1; l + len - 1 <= n; l++) {
int r = l + len - 1;
if (a[l] == a[r]) {
if (len == 2) {
f[l][r] = 1;
} else {
f[l][r] = f[l + 1][r - 1];
}
}
for (int i = l; i < r; i++) {
f[l][r] = min(f[l][r], f[l][i] + f[i + 1][r]);
}
}
}
P1896 [SCOI2005] 互不侵犯
Link
在 N×NN \times NN×N 的棋盘里面放 KKK 个国王，使他们互不攻击，共有多少种摆放方案。国王能攻击到它上下左右，以及左上左下右上右下八个方向上附近的各一个格子，共 888 个格子。
tag: 状压 DP
Solution
设 fi,S,jf_{i, S, j}fi,S,j 表示前 iii 行，当前行状态为 SSS，棋盘已经安排了 jjj 个国王的方案数。
首先看每行的约束条件，即若 xxx 位置有国王，那么 x−1,x,x+1x-1, x, x+1x−1,x,x+1 位置不能有国王。写为位运算形式即为 S&(S≪1)=0∧S&(S≫1)=0S \& (S \ll 1) = 0 \land S \& (S \gg 1) = 0S&(S≪1)=0∧S&(S≫1)=0
其次看行与行之间的约束条件，若 xxx 位置有国王，那么上一行的 x−1,x,x+1x-1, x, x+1x−1,x,x+1 位置不能有国王。若本行状态为 SSS，上一行状态为 TTT，则写为位运算形式为 S&(T≪1)=0∧S&T=0∧S&(T≫1)=0S \& (T \ll 1) = 0 \land S \& T = 0 \land S \& (T \gg 1) = 0S&(T≪1)=0∧S&T=0∧S&(T≫1)=0。
最后，容易得到转移方程：
fi,S,j=∑Tfi−1,T,j−popcount(S)(S&(T≪1)=0∧S&T=0∧S&(T≫1)=0)f_{i, S, j} = \sum_{T} f_{i-1, T, j - \text{popcount}(S)} \quad (S \& (T \ll 1) = 0 \land S \& T = 0 \land S \& (T \gg 1) = 0)fi,S,j=T∑fi−1,T,j−popcount(S)(S&(T≪1)=0∧S&T=0∧S&(T≫1)=0)
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vector<vector<vector<int>>> f(n + 10, vector<vector<int>>((1 << n) + 10, vector<int>(k + 10, 0)));
f[0][0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 0; j < (1 << n); j++) { // now
if ((j & (j << 1)) || (j & (j >> 1))) continue;
for (int l = 0; l < (1 << n); l++) { // last
if ((l & (l << 1)) || (l & (l >> 1))) continue;
if ((l & j) || (l & (j >> 1)) || (l & (j << 1))) continue;
for (int cnt = __builtin_popcount(j); cnt <= k; cnt++) {
f[i][j][cnt] += f[i - 1][l][cnt - __builtin_popcount(j)];
}
}
}
}
for (int i = 0; i < (1 << n); i++) {
ans += f[n][i][k];
}
P2014 [CTSC1997] 选课
Link
有 nnn 门课程，每门课程有学分 sis_isi，每门课程有零门或一门先修课，有先修课的课程需要先学完其先修课，才能学习该课程。
一位学生要学习 mmm 门课程，求其能获得的最多学分数。
tag: 树上背包
Solution
首先可以将课程关系建树。发现如果 000 也算一个节点，那么这就是一棵以 000 为根的树。但这样会导致选择的课程数变成 m+1m+1m+1。
设 fu,if_{u, i}fu,i 表示以 uuu 为根的子树选择 iii 门课程时的最大学分数。对于每个儿子 vvv，可以枚举从 vvv 子树中选择 kkk 门课程，那么有转移：
fu,i=max0≤k<i{fu,i−k+fv,k}f_{u, i}=\max_{0\leq k<i}\{f_{u, i-k}+f_{v, k}\}fu,i=0≤k<imax{fu,i−k+fv,k}
意思是从以 uuu 为根的前半部分遍历过的子树中选择 i−ki-ki−k 门课程，加上从 vvv 为根的子树中选择 kkk 门课程。注意由于如果要选择一个节点，那么它到根节点路径上的所有节点都必须被选择，也就是说父节点必须要被选，所以 kkk 不能取到 iii。
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void dfs(int u, int m) {
for (auto v : e[u]) {
dfs(v, m);
for (int i = m; i > 0; i--) {
for (int k = 0; k < i; k++) {
f[u][i] = max(f[u][i], f[u][i - k] + f[v][k]);
}
}
}
}
int main() {
int n = read(), m = read();
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int k = read();
f[i][1] = read();
e[k].emplace_back(i);
}
dfs(0, m + 1);
cout << f[0][m + 1] << '\n';
}
P3177 [HAOI2015] 树上染色
Link
有一棵点数为 nnn 的树，树边有边权。给你一个在 0∼n0 \sim n0∼n 之内的正整数 kkk ，你要在这棵树中选择 kkk 个点，将其染成黑色，并将其他的 n−kn-kn−k 个点染成白色。将所有点染色后，你会获得黑点两两之间的距离加上白点两两之间的距离的和的收益。问收益最大值是多少。
tag: 树上背包
Solution
可以发现，一条边 u,vu, vu,v 经过的次数等于边的两侧同色点个数的乘积，即为：
contribu,v=j×(k−j)+(sizv−j)×(n−k−(sizv−j))\text{contrib}_{u,v}=j\times (k-j) + (\text{siz}_v-j) \times \left(n-k-\left(\text{siz}_v-j\right)\right)\\contribu,v=j×(k−j)+(sizv−j)×(n−k−(sizv−j))
其中，jjj 表示以 vvv 为根的子树中黑点的个数。
设 fu,if_{u, i}fu,i 表示以 uuu 为根的子树中选择 iii 个黑点时的最大收益。那么有转移：
fu,j=maxj=max(i−sizu+sizv)min(i,sizv)(fu,i−j+fv,j+contribu,v×wi)f_{u,j}=\max_{j=\max(i-\text{siz}_u+\text{siz}_v)}^{\min(i, \text{siz}_v)}\left(f_{u,i-j}+f_{v,j}+\text{contrib}_{u,v}\times w_i\right)fu,j=j=max(i−sizu+sizv)maxmin(i,sizv)(fu,i−j+fv,j+contribu,v×wi)
这里 sizu\text{siz}_usizu 表示的是目前枚举到的 uuu 子树的大小，注意限上下界防止复杂度退化，具体分析。
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auto dfs = [&](auto&& self, int u, int fa) -> void {
siz[u] = 1;
for (auto x : e[u]) {
int v = x.v, w = x.w;
if (v == fa) continue;
self(self, v, u);
siz[u] += siz[v];
for (int i = min(k, siz[u]); i >= 0; i--) {
for (int j = max(0ll, i - siz[u] + siz[v]); j <= min(i, siz[v]); j++) {
int tot = j * (k - j) + (siz[v] - j) * (n - k - siz[v] + j);
f[u][i] = max(f[u][i], f[u][i - j] + f[v][j] + w * tot);
}
}
}
P10982 Connected Graph
Link
求 nnn 个结点的有标号无向连通图个数，n≤1000n\leq 1000n≤1000。
tag: 容斥, 计数
Solution
将题意转化为求 有 nnn 个节点的无向图总数 减去 不连通的无向图数量。
nnn 个点的无向图总数显然为 2(n2)2^{\binom{n}{2}}2(2n)。因为一个简单无向图最多有 (n2)\binom{n}{2}(2n) 条边，每条边可以选或不选。
考虑不连通的无向图数量。一个不连通的无向图可以分解为若干个连通块。我们可以枚举节点 111 所在的连通块大小为 jjj，从剩余的 n−1n-1n−1 个节点中选择 k−1k-1k−1 个节点与节点 111 组成一个连通块，然后剩余的节点可以组合成任意的简单无向图。我们设 fif_ifi 表示 iii 个节点的连通图数量，则：
fi=2(i2)−∑j=1i−1(i−1j−1)×fj×2(i−j2)f_i=2^{\binom{i}{2}} - \sum_{j=1}^{i-1} \binom{i-1}{j-1}\times f_j\times 2^{\binom{i-j}{2}}fi=2(2i)−j=1∑i−1(j−1i−1)×fj×2(2i−j)
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for (int i = 1; i <= n; i++) {
f[i] = ksm(2, i * (i - 1) / 2) % mod;
for (int j = 1; j <= i - 1; j++) {
f[i] = (f[i] - (c[i - 1][j - 1] * f[j] % mod) * ksm(2, (i - j) * (i - j - 1) / 2) % mod + mod) % mod;
}
}