自闭集训 Day7

动态规划

LOJ6395

首先发现这个树的形态没啥用，只需要保证度数之和是\(2n-2\)且度数大于0即可。

然后设\(dp_{i,j}\)表示前\(i\)个点用了\(j\)个度数的最小值，然后就获得了\(O(n^3)\)的DP。

不妨每个点的度数都减1，那么总度数就变成\(n-2\)了。

考虑原来\(i\)的作用是什么：要限制选的点数不能超过\(n\)。

此时我们总度数小于\(n\)，所以只要度数不为0的点的总度数不超过n-2那么就肯定有点数不超过n。所以我们可以先认为所有点贡献的都是\(f(1)\)，然后如果选的是\(k,k\ne 1\)那么就把贡献设为\(f(k)-f(1)\)。

于是就可以直接设\(f_i\)表示当前度数之和为\(i\)的最大贡献，然后做一个完全背包即可。

LOJ2552

设\(f_{i,j}\)表示\(i\)当前还剩\(j\)血的概率，那么锁定技能就相当于一次转移。

那么最后的询问就没了，非常简单。

那么每一次询问呢？我们关注的只是第\(i\)个人存活的概率，设为\(p_i\)。

那么每个人被命中的概率呢？设\(g_j\)表示除了自己以外还有\(j\)个人存活的概率，发现就是个背包，直接硬上分治FFT可以得到70分。

当然，我们可以先把一整个背包算出来再退掉当前物品，就\(O(Cn^2)\)了。

CF53E

容斥，求至少\(k\)个叶子的方案数。

枚举叶子集合，用剩下的点组生成树，然后把叶子挂回去，复杂度\(O(2^nn^3)\)。

然后用FMT优化容斥，没了。

UOJ129

发现满足\(x^2\le 500\)的质数只有8个。

于是每个数只会有这几个质数和另一个大质数作为因子。

把所有数按大质数排序，然后连续一段就必须放在同一个集合（或者不选）。

然后设\(f_{i,S,T}\)表示前\(i\)个，\(S,T\)里面分别有哪些质数，乱DP即可。

某题

选一些位置，使得这些位置不相邻。相邻定义为八连通。

题解是插头DP。

（没怎么听清题，但大概不难）

UOJ266

发现删掉一条链之后必然会变成几个子树，于是可以设\(f_x\)表示\(x\)子树的sg函数值，然后暴力枚举删子树内哪个点，就获得了多项式时间的算法，应该是\(O(n^2)\)的。

如何优化？

设\(g_x\)表示\(x\)以及自己儿子的\(f\)的异或值，然后发现删掉一条链就是这条链的\(g\)的异或值再异或掉根的。（大概意思就是这个，可能表述得不是很清晰）

于是对子树内维护一个字典树支持插入、全局异或、求mex、合并，就没了。

NTF随手切掉了清华集训题目，NTF进清华了，NTFAKIOI！！！！

某题

平面上\(2n\)个球（球的位置两两不同），有\(2n\)个机器人位于\((0,i),(i,0)\)，每次激活一个机器人拿走它坐标轴垂直方向上最近的球，问有多少个方法拿走所有球。

把每一行、每一列视作一个点，一个球作为一条边，边权为\(x+y\)，那么激活第\(i\)行的点的时候就会取走与他连在一起的边权最小的边，列同理。

所以可以知道每个连通块点数等于边数，也就是一个基环二向树。每个点要恰好选一条边，并且选边的方法受上面的限制，然后求这样选边的顺序的个数。

树上每个点选的边是确定的（自己到父亲的那条边），但环上有两种情况，所以先枚举是哪种情况，然后每个点要选的边就确定了。

在树上，看儿子要选的边与自己要选的边的边权大小关系，如果比自己的小那么就必须先选，这样一路DP上去。

在环上，看自己左右两条边的大小关系，如果自己要选的边权更大那么就必须另一个点比自己先选，就形成了一些小于号的关系，也用组合数算一下就没了。

AGC007D

设\(dp_{i}\)表示喂完前\(i\)个熊，并且当前位置在第\(i\)个熊那里，的最短时间。

然后枚举上一次，有两种情况：直接走回去走回来或是要在那里等一下。

显然可以单调队列优化，就没了。

bzoj2216

决策单调性，大家都会。

四边形不等式

如果对于任意\(i_1\le i_2\le j_1\le j_2\)，都有
\[
w(i_1,j_2)+w(i_2,j_1)\ge w(i_1,j_1)+w(i_2,j_2)
\]
那么就满足决策单调性。

LOJ566

枚举中位数\(w\)，把一条边拆成两条：\(w-a_i,a_i-w\)（分别是白黑边），再两个都加上\(w\)，就变成了\(2w-a_i,a_i\)，然后就是要求一棵恰好\(n/2\)条白边的最大生成树。

这个直接wqs二分可以得到，于是得到了\(O(m^2\log^2 m)\)的做法。

然后有一个结论：对于最优的\(w\)，这个生成树只包含\(a_i\ge w\)的黑边和\(a_i\le w\)的白边。（？？？）

考虑wqs二分的过程，是要把\(2w-a_i\)变成\(2w+k-a_i\)，发现这样一来我们可以不枚举\(w\)而直接二分\(2w+k\)，然后就没了。

（？？？）

咕了

LOJ565

我们发现进位一次1的个数就少1。

于是题目就转化为求最后1的个数的期望。

于是操作的顺序与答案无关。

对于每一位，求它的贡献。

从后往前DP，记\(dp_{i,j}\)表示第\(i\)位算上进位叠了\(j\)个1的概率。

转移有两个。一个是由上一位进位而来，是\(dp_{i-1,j}\rightarrow dp_{i,j/2}\)；一个是在这个位置的操作，相当于乘\(px+1-x\)的多项式。

直接暴力DP是\(O(n^2)\)的。

发现乘多项式可以分治FFT，而一个位置如果加了\(w\)那么只能往前进位\(\log_2 w\)个位置，于是每个位置可以只处理有值的最大地方，然后就可以证出复杂度是\(O(n\log^2 n)\)了。

巴特西

2019暑期金华集训 Day7 动态规划