这份 dp 题单的最后几题好难 orz。

前面的题比较简单，所以我会选取一些题来讲，其它的直接看代码理解吧 qwq。

传送门：

https://atcoder.jp/contests/dp

全部 AC 代码：

https://atcoder.jp/contests/dp/submissions?f.Task=&f.LanguageName=&f.Status=AC&f.User=HinanawiTenshi

E

这道题不同于常规的背包问题，因为背包容量很大，我们不能对容量进行 dp，但注意到全部的收益加起来不超过 $10^5$，想到用 $f(j)$ 表示收益至少为 $j$ 时的最小容量花费。记当前在第 $i$ 个物品，有状态转移方程：

$$f(j) = \min(f(j), f(j-v_i)+w_i)$$

J

注意到每碟寿司数量最多 $3$ 个，不难想到用 $f(x, y, z)$ 表示当前有 $x$ 盘寿司数量为 $3$，$y$ 盘寿司数量为 $2$，$z$ 盘寿司数量为 $1$ 时距离吃完全部寿司的期望步数。

根据全期望公式，我们有：

$$f(x, y, z) = (1-\frac{x+y+z}{n})f(x, y, z) + \frac{x}{n}f(x-1, y+1, z) + \frac{y}{n}f(x, y-1, z+1) + \frac{z}{n}f(x, y, z-1)$$

根据上述公式进行记忆化搜索即可，细节见代码。

L

注意到 $X + Y = sum$（$sum$ 是总分数），$X - Y = 2X - sum$，所以 Taro 的目标是最大化 $X$，Jiro 的目标是最小化 $X$。

$dp(l, r, op)$ 表示 $[l, r]$ 区间轮到某玩家（$op = 1$ 表示轮到 Taro，否则表示轮到 Jiro）决策时 Taro 的最高得分。

当 $op = 1$ 时，$dp(l, r, op) = \max(dp(l+1, r, 0) + w_l, dp(l, r-1, 0)+w_r)$

当 $op = 0$ 时，$dp(l, r, op) = \min(dp(l+1, r, 0), dp(l, r-1, 0))$

M

$f(i, j)$ 表示前 $i$ 个小孩共分了 $j$ 个蜡烛的方案数，以给第 $i$ 个小孩多少个蜡烛为状态划分依据。

有方程：$f(i, j) = \sum_{k = \max(0, j-w_i)} ^ j f(i-1, k)$

直接转移显然会超时，所以我们在更新 $f$ 的同时维护一个前缀和 $s$，$s(i, j) = \sum_{k=1}^j f(i, k)$。

O

$f(i, st)$ 表示前 $i$ 个男人和对应子集为 $st$ 的女人匹配的方案数。

考虑状态转移：

现在已经有 $i-1$ 个男人以及相应匹配的子集为 $st$ 的女人集合，当新加入一个男人的时候，对于可以和他配对的女人 $j$（而且需要满足这个女人不在 $st$ 中），我们有状态转移：$(i-1, st)\rightarrow (i,st\cup j)$。

因此有这样的更新 $f$ 的方式：$f(i, st\cup j) += f(i-1, st)$。

R

倍增 Floyd（是之前没听说过的东西呢）

记 $g(i, j)$ 为读入的矩阵，$f(k, i, j)$ 为经过 $k$ 条边，从 $i\rightarrow j$ 的方案数。

那么我们有 $f(k, i, j) = \sum_{u = 1}^n f(k-1, i, u) \times g(u, j)$

如果看不出有什么性质，那我将上面的柿子换个写法：

$$f_k(i, j) = \sum_{u = 1}^n f_{k-1}(i, u) \times g(u, j)$$

注意到，这正是矩阵乘法的形式！也就是：$f_k = f_{k-1}\times g$

而且可以发现，$g$ 恰好为 $f_1$，我们有 $$f_k = f_{k-1}\times f_1$$。

所以答案为 $f_1^K = g^K$，用矩阵快速幂加速这个过程就好了。

S

数位 dp。

用 $f(i, j, k)$ 表示区间 $[1, \overline{j99…999}]$ （$\overline{j99…999}$ 共 $i$ 位，首位为 $j$ ），满足十进制意义下数位和 $mod~D$ 余 $k$ 的数的个数。

• 对于 $j = 0$，$f(i, j, k) = f(i-1, 9, k)$
• 对于 $j\neq 0$，$f(i, j, k) = f(i, j-1, k) + [j \equiv k \pmod D] + f(i-1, 9, k-j\pmod D)$

T

思路比较新颖的 dp。

$f(i, j)$ 表示对于前 $i$ 个位置，末位值为 $j$，值域为 $[1, i]$ 的合法排列数。

合法就是满足题目中所给的大小关系。

考虑从 $i-1\rightarrow i$ 的转移、统计：

我们所需要统计的就是 $[1,i]-\{j\}$ 这个值域内有多少个（长度为 $i-1$ 的）排列是合法的。

如果 $i-1,i$ 需要满足的关系为 $<$ ，那么我们有 $f(i, j) = \sum_{k=1}^{j-1}f(i-1, k)$，因为在引入 $j$ 后，原先合法的长为 $i-1$，结尾为 $k$ 的排列在 $[1, i]$ 依然是合法的。

类似地，如果 $i-1,i$ 需要满足的关系为 $>$， 有 $f(i, j) = \sum_{k=j}^{i-1}f(i-1, k)$。

一个直观的理解是，当插入 $j$ 时，$[1, i-1]$ 的每个排列中所有 $\geq j$ 的数都加了 $1$，变换前后的合法方案是一一对应的。

U

$f(S)$ 表示集合 $S$ 按在分组后可以得到的最大贡献。

我们不妨记 $U$ 代表全集，那么答案就是 $f(U)$。

以分出一组 $S$ 的子集 $S0$ 作为划分依据，有状态转移方程 $f(S) = \max (f(S-S0) + cal(S0))$。

$cal(S0)$ 代表子集 $S0$ 为同一组时的贡献值。

如果在求取每个状态的时候计算 $cal$，那么时间复杂度为 $O(3^nn^2)$，无法承受。

所以可以预处理一下所有子集的 $cal$ 值。

这样做的时间复杂度为 $O(2^n n^2 + 3^n)$。

V

换根 dp。

有点恶心的一题。

记点 $u$ 的合法方案数为 $f(u)$，$u$ 只向子树扩展的合法方案数为 $f’(u)$。

对于点 $u$，有 $f(u) = \prod (1 + f’(ch)) \times (1 + \frac{f(fa)}{f’(u)})$

$ch$ 代表 $u$ 的子节点，$fa$ 代表 $u$ 的父节点。

因为给出的数不保证存在逆元，因此需要处理出每个点子节点对应的 $f’$ 值的前缀积和后缀积。

W

个人感觉这道题是这份题单中最难的了 QAQ。

$f(i)$ 表示前 $i$ 个位置做出决策后而且第 $i$ 个决策为 1 所能得到的最大价值。

我们记区间为三元组 $(l, r, v)$，编号为 $[1, m]$。

有转移方程：$f(i) = max(f(j)+\sum v_k)$，其中 $k$ 为满足 $l\in(j,i],r\geq i$ 的区间编号。

我们考虑优化：

对于当前数轴上的位置 $i$，假设它处于一个 $[l, r]$ 的区间中，那么我们可以将这个区间的值 $v$ 加到数轴上的 $[0,l-1]$ 中，那么在统计的时候，只需要统计数轴上 $[0,i-1]$ 的最大值就可以得到 $f(i)$ 的值了。

位置 $i$ 处于多个区间的情况类似。

然后我们对数轴上的点 $i$ 进行更新。

用什么可以高效维护上述数轴上的操作呢？线段树可以做到，也就是区间加以及区间最大值查询。

X

排序 + dp。

考虑从上到下相邻的两个物品 $i, i+1$ 的属性满足怎么样的关系是最优的排列方式。

所谓最优，就是交换这两个物品的相对位置之后，能够承载上面的物品的重量不比原来的位置好。

也就是 $\min(s_i, s_{i+1}-w_i)\geq \min(s_{i+1}, s_i-w_{i+1})$。

下面寻找上式的等价条件：

因为 $s_i\geq s_i-w_{i+1}\geq \min(s_{i+1}, s_i-w_{i+1})$，因此上式等价于：$s_{i+1}-w_i\geq\min(s_{i+1}, s_i-w_{i+1})$。

类似地，$s_{i+1}\geq s_{i+1}-w_i$，故上式进一步等价于：$s_{i+1}-w_i\geq s_i-w_{i+1}$，也就是 $s_i+w_i\leq s_{i+1}+w_{i+1}$。

至此，我们找到了排序依据。

事实上，直接用 $\min(s_i, s_{i+1}-w_i)\geq \min(s_{i+1}, s_i-w_{i+1})$ 作为排序依据亦可。

剩下的工作变成背包问题。

记 $f(i， j)$ 为前 $i$ 个物品，选取了重量和至多为 $j$ 的物品的最大收益。

有转移方程：$f(i, j) = \max (f(i-1, j-w_i)+v_i, f(i-1, j))$，然后枚举的 $j$ 的范围是 $[w_i, w_i + s_i]$。

与背包问题一样，可以减少一维空间。

Y

组合计数 dp。

直接转移有 $n^2$ 个状态，直接去世。

但是障碍很少，所以可以从障碍入手。

我们记 $f(x, y)$ 为从 $(1, 1)$ 出发不经过任何一个障碍到达 $(x, y)$ 点的方案数。

那么我们有 $f(x, y) = C_{x+y-2}^{x-1}-\sum C_{x-X+y-Y}^{x-X} f(X, Y)$​，其中 $(X,Y)$​ 为障碍点且 $X<x,Y<y$​。

统计答案和上面的求 $f(x, y)$ 完全一样，把 $(n, m)$ 看成是障碍点即可。

Z

斜率优化 dp。

记 $f(i)$ 为跳到 $i$ 的最小花费。

显然，转移方程：$f(i) = \min (f(j)+(h_i-h_j)^2) + c$，其中 $j\in[1, i-1]$。

我们假设决策点为 $j$，那么有 $f(i) = f(j) + h_i^2 - 2h_ih_j + h_j^2 + c$。

进一步将上式化为：$f(j) + h_j^2 = 2h_ih_j + f(i) + c - h_i^2$

我们记 $y = f(j) + h_j^2, k=2h_i,x=h_j, b=f(i)+c-h_i^2$。

那么这正好为 $y = kx + b$ 的形式。

我们的目标是最小化 $f(i)$，这等价于最小化 $b$，也就是从维护的下凸壳中找到使直线的 $b$ 最小的点即可。

对斜率优化不熟悉可以看看这个：
https://www.cnblogs.com/Tenshi/p/14481908.html