因為想學習 greedy/dc/dp
所以來當 greedy/dc/dp 講師

不如先把所有 ? 都先變成 )

等到出事了再說

目前的總代價是 \(\sum R_i\)

如果數量 \(<0\)

出事了！

必須要讓一個 ) 變成 ( 才行

用 priority_queue 存！

遇到原本是 ? 的位置就在 pq 裡 push 進 \(L_i-R_i\)

代表從 ) 變成 ( 的代價

證明是當遇到下一個 ?，我們把之前的決策改變不會比較好

先把大問題拆成小問題做

然後把小的合併成大的

想排序 \([1,n]\)，先排好 \([1,\frac{n}{2}],[\frac{n}{2}+1,n]\)

每次比較兩個小陣列最前面的數字

小的先拿

可以 \(O(n)\) 合併！

\(T(n)=2T(\frac{n}{2})+O(n)\)

\(T(n)=O(n\log n)\)

可以想像成每次把陣列切一半

共要切 \(\log\) 次

\(l,r\) 都在左邊的區間

\(l,r\) 都在右邊的區間

\(l\) 在左，\(r\) 在右

最後一種要想辦法計算跨越兩邊的答案

首先式子可以轉成

\((\max(a_l,\dots,a_r))^2 \geq \text{pre}_r-\text{pre}_{l-1}\)

\(mx^2\geq \text{pre}_r-\text{pre}_{l-1}\)

移項變成

\(mx^2+\text{pre}_{l-1}\geq \text{pre}_r\)

\(\text{pre}_r\) 是遞增的

可以二分搜出 \(r\) 可以到哪裡

記得不要搜超過會讓最大值在右邊的 \(r\)

\(T(n)=2T(\frac{n}{2})+O(n\log n)\)

\(T(n)=O(n\log^2(n))\)

簡單來說就是設計狀態與狀態轉移

兩個東西看起來只有四個字

真正做起來卻可以非常難

把陣列取名成 dp

費氏數列：

最前面兩項都是 \(1\)，

之後每項都是前面兩項總和的數列

\(dp_i\) 為數列第 \(i\) 項的值

注意 DP 時邊界的狀態要設好

\(dp_1=1,dp_2=1\)

根據題目的不同

轉移方法也會有所差異

大致上來說會有三種

計算這個狀態的答案時直接去找所有轉移來源

\(dp_i=dp_{i-1}+dp_{i-2}\)

缺點：有的時候只能從轉移來源推會轉移到誰

無法從會被轉移到的點找出誰轉移過來

我直接看我會轉移到誰

然後去更新它

\(dp_{i+1}\ +=\ dp_i\)

\(dp_{i+2}\ +=\ dp_i\)

寫一個遞迴函式，把已經算過的結果存下來

Atcoder DP contest 有很多 DP 經典題

CSES 的 DP section 的題目也很經典

接下來會從裡面的題目挑出幾個常見的基礎 DP

\(W\) 好像滿小的

那可以設 \(dp_{i,j}\) 代表

看完前 \(i\) 個物品以後，裝的重量不超過 \(j\) 的價值最大值

遇到第 \(i\) 個物品，我可以選擇拿或不拿

\(dp_{i,j}=\max(dp_{i-1,j},dp_{i-1,j-w_i}+v_i)\)

AC code

其實空間複雜度可以優化到 \(O(W)\)

現在不要複製，直接用同一個陣列

觀察到 \(dp_{i,j}=\max(dp_{i,j},dp_{i-1,j-w_i}+v_i)\)

如果 \(j\) 由大的掃到小的

那可以簡化成 \(dp_j=\max(dp_j,dp_{j-w_i}+v_i)\)

於是只要開一個一維陣列就好了！

AC code

除了 0/1 背包以外

還有無限背包與多重背包

狀態轉移：\(dp_{i,j}=\max(dp_{i-1,j},dp_{i,j-w_i}+v_i)\)

\(i,j\) 可以從 \(i,j-w_i\) 轉移過來

代表可以拿任意多個

\(dp_j=\max(dp_j,dp_{j-w_i}+v_i)\)

只是現在 \(j\) 要由小掃到大

\(dp_{i,j}\)：\(s\) 看了前 \(i\) 個字元，\(t\) 看了前 \(j\) 個字元的最長共同子序列長度

邊界：\(dp_{i,0},dp_{0,j}\) 都設成 \(0\)

\(dp_{i,j}\) 可以直接用 \(dp_{i-1,j}\) 或 \(dp_{i,j-1}\)

代表我直接不考慮 \(s\) 的第 \(i\) 個字元或 \(t\) 的第 \(j\) 個字元

如果 \(s_i=t_j\)，那 \(dp_{i,j}\) 會是 \(dp_{i-1,j-1}+1\)

時間、空間複雜度 \(O(|s||t|)\)

對於每個狀態，記錄它是從哪個狀態轉移過來的

最後從最佳解回溯

這題不需要另外開一個陣列記錄，因為只要 \(s_i=t_j\)

那我們就可以確定 \(i,j\) 是從 \(i-1,j-1\) 轉移過來的

否則直接走 \(dp_{i-1,j},dp_{i,j-1}\) 比較大的那一個

AC code

其實要輸出答案也可以線性空間

TIOJ 2010

\(dp_{l,r}\)：把第 \(l\sim r\) 隻史萊姆合併的最小花費

答案為 \(dp_{1,N}\)

邊界：\(dp_{i,i}=0\)

找一個 \(l\leq k<r\)

代表要把 \([l,k]\) 和 \([k+1,r]\) 兩隻史萊姆合併

\(dp_{l,r}=\min\limits_{l\leq k<r}(dp_{l,k}+dp_{k+1,r}+\sum\limits_{i=l}^r a_i)\)

\(\sum\limits_{i=l}^r a_i\) 可以用前綴和 \(O(1)\) 算

AC code

事實上，這題可以優化到 \(O(N^2)\) 甚至 \(O(N\log N)\)

從長度小狀態一直 DP 到長度大的

練習題：

Atcoder DP contest L

TIOJ 1170

\(dp_{\text{mask}}\) 代表前 \(\text{popcnt(mask)}\) 個男生

跟 \(\text{mask}\) 代表的女生配對的方法數

如果把配對到的女生寫成 \(1\)，沒配對到的寫成 \(0\)

那可以寫成一個二進位的數字 \(010010\dots\)

我們稱這個二進位的數字為 \(\text{mask}\)

\(\text{mask}\) 的範圍會是 \(0\sim 2^n-1\)

邊界：\(dp_0=1\)

答案：\(dp_{2^n-1}\)

\(\text{mask}\) 如果第 \(i\) 位的數字是 \(1\)

那可以令 \(\text{last}=\text{mask}\oplus 2^i\)

拿 \(dp_{\text{last}}\) 更新 \(dp_{\text{mask}}\)

AC code

練習題：TIOJ 2282

此題的關鍵就是

是 \(D\) 的倍數 \(\Leftrightarrow\text{ mod }D=0\)

\(dp_{i,s,x}\)

\(i\)：到 \(K\) 從左往右的第幾位

\(s\)：\(0\) 或 \(1\)，目前的前 \(i\) 位是否等於 \(K\) 的前 \(i\) 位

\(x\)：目前的 \(i\) 個數字總和 \(\text{mod }D\)  是多少

邊界：\(dp_{0,1,0}=1\)

答案：\(dp_{|K|,0,0}+dp_{|K|,1,0}\)

枚舉下一位是 \(0\sim 9\) 的哪一個

然後判一些 Case

因為會算到 \(0\)，所以最後答案要減 \(1\)

AC code

練習題：

CSES 2220

ZJ g396

\(dp_i\)：以 \(a_i\) 為結尾的最長長度

\(dp_i=\max\limits_{1\leq j<i,a_j<a_i}(dp_j+1)\)

直接做要 \(O(n^2)\)

另外一個想法是維護一個陣列，第 \(i\) 個元素代表長度為 \(i\) 的遞增子序列最小的結尾數字

AC code

最後的答案會是陣列的長度

複雜度 \(O(n\log n)\)

滾動 DP 可以把 \(O(n^2)\) 的空間複雜度變成 \(O(n)\)

在求 LCS 的長度時，注意到 \(dp_{i,j}\) 只會從 \(dp_i,dp_{i-1}\) 轉移

之前的陣列都不會再被用到了

只有兩個長度為 \(n\) 的陣列

空間複雜度 \(O(n)\)！