Typical DP Contest 社论

Posted 2023-05-25 Jijidawang

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了Typical DP Contest 社论相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

Typical DP Contest

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洛谷题单 . 可以做做 .

有小数的精度要求都是 \\(10^-6\\) 大概 . 图默认是简单图 .

A. コンテスト

给序列 \\(\\a_n\\\\)，问在 \\(\\a\\\\) 中选若干数加起来能得到多少不同的数 .

\\(1\\le n,a_i\\le 100\\) .

01 背包即可，实现的好的话时间复杂度 \\(\\Theta(nV/w)\\) .

B. ゲーム

两个堆 \\(S_1,S_2\\)，Alice 和 Bob 轮流操作，每次选一个堆取出堆顶，每个人都想要让自己取出的数之和最大 . 问 Alice 最后取出的数的和是多少 .

两个堆的大小均不大于 \\(10^3\\) .

比较朴素，类似 AtCoder DP 26 题的 L. Deque，时间复杂度 \\(\\Theta(n^2)\\) .

C. トーナメント

\\(2^k\\) 个人打淘汰赛（形如一棵满二叉树），其中第 \\(i\\) 个人 Elo Rating 为 \\(r_i\\) .

人 \\(p\\) 和人 \\(q\\) 对战，人 \\(p\\) 获胜的概率为 \\(\\dfrac11+10^(r_q-r_p)/400\\)，问最后每个人获胜的概率 .

\\(1\\le k\\le 10\\) .

令 \\(dp_k,i\\) 表示第 \\(k\\) 轮后第 \\(i\\) 个人存留的概率，则不难得到转移：

\\[dp_k,i=dp_k-1,i\\cdot\\sum_j\\in S_k,i\\operatornameprob(j,i)\\cdot dp_k-1,j \\]

其中 \\(S_k,i\\) 表示第 \\(k\\) 轮能和 \\(i\\) 比赛的人，\\(\\operatornameprob(j,i)\\) 表示 \\(j\\) 赢 \\(i\\) 的概率 .

时间复杂度 \\(\\Theta(k2^k)\\) .

D. サイコロ

将一个六面骰子掷 \\(n\\) 次，问每次掷得点数之积为 \\(d\\) 的倍数的概率 .

\\(1\\le n\\le 100\\)，\\(1\\le d\\le 10^18\\) .

因为只有六面，所以乘积肯定只有素因子 \\(2,3,5\\)，那么考虑令 \\(dp_n,a,b,c\\) 表示掷 \\(n\\) 次，最终 \\(2,3,5\\) 因子的次数分别为 \\(a,b,c\\) 的概率 . 那么可以朴素转移 .

时间复杂度 \\(O(n\\log d)\\) .

E. 数

计数 \\([1,n]\\) 内数位和是 \\(d\\) 的倍数的数的数量，对 \\(10^9+7\\) 取模 .

\\(1\\le n\\le 10^10000\\)，\\(1\\le d\\le 100\\) .

和 AtCoder DP 26 题的 S. Digit Sum 是完全一致的题目 .

考虑数位 DP，令 \\(dp_x,e\\) 表示到第 \\(x\\) 位且目前数位和 \\(s\\equiv e\\pmod d\\)（\\(0\\le e<d\\)）的答案，然后可以朴素转移 .

时间复杂度 \\(\\Theta(d\\lg k)\\) .

F. 準急

选 \\(1\\dots n\\) 中的若干数，计数选择方案，要求满足：

选中 \\(1,\\,n\\) .

不能选中连续的 \\(k\\) 个数 .

对 \\(10^9+7\\) 取模 .

\\(1\\le k\\le n\\le 10^6\\) .

令 \\(dp_n,0/1\\) 表示选 \\(1\\dots n\\) 且不选 / 选 \\(n\\) 的方案数，那么有转移：

\\[\\beginaligned&dp_n,0=dp_n-1,0+dp_n-1,1\\\\&dp_n,1=dp_n-1,0+dp_n-1,1-dp_n-k,0\\endaligned \\]

时间复杂度 \\(\\Theta(n)\\) .

G. 辞書順

给一个长为 \\(n\\) 的字符串 \\(S\\)，求其字典序第 \\(k\\) 小的非空子序列，重复（字符串本质不同当且仅当看起来不一样）只算一次，不存在输出 Eel .

\\(1\\le n\\le 10^6\\)，\\(1\\le k\\le 10^18\\)，字符集为小写字母 .

不难想到按位考虑，所以其实只需要算 \\(i\\dots n\\) 中强制选 \\(i\\) 的本质不同子序列数量 .

考虑在子序列自动机上 DP . 具体的，令 \\(\\operatornamenext(i,c)\\) 表示 \\(i\\) 之后第一个 \\(c\\) 的位置，\\(dp_i\\) 表示 \\(i\\dots n\\) 中强制选 \\(i\\) 的本质不同子序列数量 . 考虑重复情况只计算选择位置字典序最小的那个，于是可以得到转移：

\\[dp_i=1+\\sum_c dp_\\operatornamenext(i,c) \\]

不过 \\(dp\\) 的真实值可能很大，可以和 \\(k+1\\) 取 min，不会丢失需要的信息 .

时间复杂度 \\(\\Theta(nS)\\)，其中 \\(S=26\\) 是字符集大小 .

H. ナップザック

\\(n\\) 个物品，每个物品有质量、价值和颜色 . 要求放入一个背包中，容量上限为 \\(w\\)，颜色种类数上限为 \\(c\\)，求最大价值和 .

\\(1\\le n\\le 100\\)，\\(1\\le w\\le 10^4\\)，\\(1\\le c\\le 50\\) .

令 \\(dp_i,j,k\\) 表示选 \\(1\\dots i\\) 中的颜色，选了 \\(j\\) 种颜色，质量和为 \\(k\\) 的答案，那么在 \\(1\\dots i\\) 加入 \\(i+1\\) 肯定颜色种类数多 1，于是就可以简便处理颜色种类数了 . 转移类似 01 背包转即可 .

时间复杂度 \\(\\Theta(n+wc^2)\\) .

I. イウィ

给一个长度为 \\(n\\) 的仅含 i, w 的字符串 \\(S\\)，每次可以删一个子串 iwi，问最多能删几次 .

\\(1\\le n\\le 300\\) .

令 \\(dp_l,r\\) 表示 \\(S[l:r]\\) 是否能被删空，可以朴素区间 DP 处理 .

那么把所有 \\(dp\\) 值为 \\(1\\) 的区间全部拿出来，就变成了选若干不交区间使得其并的大小最大的问题，可以反悔贪心做 .

经过一些简单分析可以知道时间复杂度为 \\(\\Theta(n^3)\\) .

J. ボール

\\(n\\) 个物品，第 \\(i\\) 个在 \\(x_i\\) 处 . 向坐标 \\(x\\) 扔球时，均匀随机击中坐标 \\(x-1, x, x+1\\) 中的一个 . 问在最优策略下期望扔球多少次能打倒所有物品 .

\\(1\\le n\\le 16\\)，\\(0\\le x_i\\le 15\\) .

令 \\(dp_S\\) 表示打到 \\(S\\) 内所有物品的期望步数，则考虑投 \\(x\\) 位置期望扔多少步：

\\[E_s,x=1+\\dfrac13\\sum_\\substackp\\in[x-1,x+1]\\cr \\p\\\\in Sdp_S\\setminus\\p\\+\\left(1-\\dfrac13\\sum_p\\in[x-1,x+1][\\p\\\\in S]\\right)E_s,x \\]

那么解出 \\(E_s,x\\) 后做转移 \\(dp_S=\\min\\limits_x\\E_s,x\\\\) 即可 .

时间复杂度 \\(\\Theta(n2^n)\\) .

K. ターゲット

如果一组圆满足前面的圆总是严格包含于后面的圆，则称其为一个靶子，且大小为圆的数量 .

现有 \\(n\\) 个圆，第 \\(i\\) 个圆心为 \\((x_i,0)\\)，半径为 \\(r_i\\) . 问选若干个圆最大可以组成多大的靶子 .

\\(1\\le n\\le 10^5\\) .

其实就是若干区间问最多可以嵌多少层，两个区间 \\([l_1,r_1],[l_2,r_2]\\) 满足条件当且仅当 \\(l_1<l_2,\\,r_1>r_2\\) . 那么按 \\(l\\) 排序后找最长下降子序列即可 .

时间复杂度 \\(\\Theta(n\\log n)\\) .

L. 猫

\\(n\\) 只猫，第 \\(i\\) 只在位置 \\(x_i\\)，满足 \\(\\x\\\\) 是单调递增的实数序列 . 猫 \\(i\\) 和猫 \\(j\\) 的友好指数为 \\(f_i,j\\)，猫 \\(i\\) 的幸福指数是与其距离不超过 \\(1\\) 的猫和她的友好指数之和 .

现给定 \\(f\\)，对于任意序列 \\(\\x\\\\)，问所有猫幸福指数和的最大值 .

\\(1\\le n\\le 10^3\\) .

首先把答案除以 2，那么对于 \\(j<i\\) 令 \\(dp_i,j\\) 表示 \\(i,j\\) 距离不超过 \\(1\\) 时 \\(1\\dots i\\) 的最大答案，则：

\\[dp_i,j=\\max_k=1^j\\dp_i-1,k\\+\\sum_k=j^if_i,k \\]

动态记一下前面的 max 就可以 \\(\\Theta(1)\\) 转移了 .

时间复杂度 \\(\\Theta(n^2)\\) .

M. 家

\\(h\\) 层图，每层图都一模一样，有 \\(r\\) 个点，从 \\(h\\) 层的 \\(1\\) 号点到 \\(1\\) 层的一号点，每次可以做下列操作之一：

沿着边走一步 .

层数减一 .

问不经过相同点的方案数，对 \\(10^9+7\\) 取模 .

\\(2\\le h\\le 10^9\\)，\\(1\\le r\\le 16\\)，8s .

就是经典问题 AtCoder DP 26 题的 R. Walk 的简单变形 .

首先求出矩阵 \\(A\\)，其中 \\(A_i,j\\) 是 \\(i\\) 到 \\(j\\) 的简单路径条数，则答案即为 \\(A^h_1,1\\) .

\\(r\\) 比较小，于是 \\(A\\) 可以状压求 . 时间复杂度 \\(\\Theta(2^rr^3+r^3\\log n)\\) .

N. 木

给一棵 \\(n\\) 个点的树，一种加边顺序是合法的当且仅当任意时刻所有边的端点全部连通 . 求合法加边顺序数，对 \\(10^9+7\\) 取模 .

\\(1\\le n\\le 10^3\\) .

考虑枚举最开始删哪条边，然后划分为两个子树的话就比较容易了，因为有删边顺序是从祖先到后代 . 对于每棵子树分别 DP 求出方案数后合并即可 . 转移可以考虑依次合并子树 .

那么只需要考虑如何合并子树，若子树 \\(u,v\\) 内的边数分别为 \\(e(u),e(v)\\)，方案数分别为 \\(c(u),c(v)\\)，则看成格路计数即可得到合并后的方案数为 \\(\\dbinome(u)+e(v)e(u)c(u)c(v)\\) .

时间复杂度 \\(\\Theta(n^2)\\) .

O. 文字列

给序列 \\(\\w\\\\)，问小写字母 \\(c\\) 出现 \\(w_c\\) 次的字符串数量，对 \\(10^9+7\\) 取模 .

\\(0\\le w_c\\le 10\\) .

首先二项式反演，令 \\(f_n\\) 为钦定 \\(n\\) 个位置的方案数，那么考虑依次加入每个字母 .

那么整个字符串就被分成 \\(\\sum w_c-n\\) 个连续段，枚举钦定位置数后分成若干连续段，分割方案数可以用组合数描述，那么可以得到转移：

\\[f\'_n=\\sum_i=1^n\\dbinom ni\\dbinomw_c-1w_c-if_n-i \\]

那么答案即为：

\\[\\mathrmans=\\sum_i\\ge1(-1)^if_i \\]

时间复杂度 \\(O((\\sum w_c)^2S)\\)，其中 \\(S\\) 是字符集大小 . 应该可以类似分治 FFT 分析的更小点（我没试过）.

P. うなぎ

给一棵 \\(n\\) 个点的树，求选出 \\(k\\) 条至少包含两个顶点的链，且任意两条链在顶点上不交的方案数，不一定要覆盖整棵树 .

\\(2\\le n \\le 1000\\)，\\(1\\le k\\le 50\\)。

令 \\(dp_u,i,s=0/1/2/3\\) 表示 \\(u\\) 子树内选 \\(i\\) 条链，其中：

\\(s=0\\)：\\(u\\) 未被链覆盖 .
\\(s=1\\)：\\(u\\) 是一条直链上深度最大的点 .
\\(s=2\\)：\\(u\\) 在一条直链上 .
\\(s=3\\)：\\(u\\) 在一条非直链上 .

转移略，时间复杂度 \\(\\Theta(nk^2)\\) .

Q. 連結

\\(n\\) 个 01 串 \\(\\w_n\\\\)，找几个按任意顺序拼接，一个字符串可以选多次，问拼出来的本质不同的长为 \\(L\\) 的串个数，对 \\(10^9+7\\) 取模 .

\\(1\\le n\\le 510\\)，\\(1\\le|w_i|\\le 8\\)，\\(1\\le L\\le 100\\) .

和 SDOI2009 学校食堂那个题差不多 .

本质不同比较难处理，那么就考虑一位一位的拼出最终字符串，那么因为字符串长度都比较小，于是只需要维护最近 \\(7\\) 位的状态和分隔符即可 .

具体的，令 \\(dp_n,S_1,S_2\\) 表示长为 \\(n\\) 的字符串，最后 \\(7\\) 位状态为 \\(S_1\\)，拼接分隔符状态为 \\(S_2\\) 的串个数，转移相对平凡，不表 .

时间复杂度 \\(\\Theta(nm+L\\cdot 2^2m)\\)，其中 \\(m=\\max\\w_i\\\\)，可以通过 .

R. グラフ

给 \\(n\\) 个点的有向图，选两条路径（不用简单），最大化被覆盖过的点的总数 . 只需输出最大数量 .

\\(1\\le n\\le 300\\) .

首先缩点变成 DAG 上问题 . 考虑加虚拟源汇点 \\(s,t\\) 后变成找 \\(s\\) 到 \\(t\\) 的两条路径 .

于是令 \\(dp_u,v\\) 表示两条路径 \\(s-u,\\,s-v\\) 的最大覆盖总点数，枚举出边转移即可 .

时间复杂度 \\(O(n^3)\\)，可以通过 .

S. マス目

给一个 \\(n\\times m\\) 网格，将其黑白染色，要求：

\\((1,1),\\,(n,m)\\) 染黑色 .

存在一条从 \\((1,1)\\) 到 \\((n,m)\\) 的只经过黑色点的路径 .

求方案数，对 \\(10^9+7\\) 取模 .

\\(2\\le n\\le 6\\)，\\(2\\le m\\le 100\\) .

肯定是按列考虑，不过只维护目前列的状态不能统计答案 . 把网格划分为若干黑色连通块，限制就是 \\((1,1),\\,(n,m)\\) 处于同一连通块内，则可以考虑记录从属于连通块的状况 .

具体的，因为只有最多 6 行所以最多 3 个连通块，对于四进制数 \\(S\\)，0/1/2/3 分别表示白位置，和 \\((1,1)\\) 连通和两个别的连通块 . \\(dp_n,S\\) 表示处理到前 \\(n\\) 列，第 \\(n\\) 列状态为 \\(S\\) 的方案数 . 注意因为我们只关注 1 所以 2, 3 其实是无序的需要人为钦定一个顺序 . 转移就枚举一列状态并查集维护连通性即可 .

不算并查集复杂度，看起来时间复杂度是 \\(O(m8^n)\\) 的，也不是不能过 . 不过可以分析到更小一点，暴搜可以知道 \\(n=6\\) 时合法的状态 \\(S\\) 的数量 \\(\\mathsf S(6)=196\\)，所以离散化后可以得到准确时间复杂度是 \\(\\Theta(m2^n\\mathsf S(n))\\)，这是远小于 \\(m8^n\\) 的 .

魔王题 . sb，不写代码 .

T. フィボナッチ

如下定义序列 \\(\\a\\\\)：

\\[a_n=\\begincases1&n\\le k\\\\\\sum\\limits_i=1^ka_n-i&n>k\\endcases \\]
给定正整数 \\(n,k\\)，求 \\(a_n\\) . 对 \\(10^9+7\\) 取模 .

\\(1\\le n\\le 10^9\\)，\\(2\\le k\\le 10^3\\) .

算行列式或者直接看答案 OGF 的分母就知道特征多项式：

\\[g(\\lambda)=\\lambda^k-\\lambda^k-1-\\cdots-1 \\]

然后暴力做 Fiduccia 算法后面的部分就行了，时间复杂度 \\(\\Theta(k^2\\log n)\\) .

Atcoder Beginner Contest 144 F- Fork the Road（概率DP/期望DP）

Problem Statement

There is a cave consisting of rooms and one-directional passages. The rooms are numbered through .

Takahashi is now in Room , and Room has the exit. The -th passage connects Room and Room ( < ) and can only be traversed in the direction from Room to Room . It is known that, for each room except Room , there is at least one passage going from that room.

Takahashi will escape from the cave. Each time he reaches a room (assume that he has reached Room at the beginning), he will choose a passage uniformly at random from the ones going from that room and take that passage.

Aoki, a friend of Takahashi‘s, can block one of the passages (or do nothing) before Takahashi leaves Room . However, it is not allowed to block a passage so that Takahashi is potentially unable to reach Room .

Let be the expected number of passages Takahashi takes before he reaches Room . Find the value of when Aoki makes a choice that minimizes .

Constraints

If , . (Added 21:23 JST)
For every , there exists such that .

Input

Input is given from Standard Input in the following format:

Output

Print the value of when Aoki makes a choice that minimizes . Your output will be judged as correct when the absolute or relative error from the judge‘s output is at most .

Sample Input 1

Sample Output 1

1.5000000000

If Aoki blocks the passage from Room to Room , Takahashi will go along the path 1 → 3 → 4 with probability and 1 → 4 with probability . here, and this is the minimum possible value of .

Sample Input 2

3 2
1 2
2 3

Sample Output 2

2.0000000000

Blocking any one passage makes Takahashi unable to reach Room , so Aoki cannot block a passage.

Sample Input 3

Sample Output 3

3.0133333333
https://blog.csdn.net/wjl_zyl_1314/article/details/102811697?depth_1-utm_source=distribute.pc_relevant.none-task&utm_source=distribute.pc_relevant.none-task题意在这
总算搞明白怎么写了...重点有两个，一个是转移方程。概率DP的一大特点是如果最终状态明确，一般选择从最终状态逆推，所以这里dp[i]表示从i到终点的期望道路数,转移方程为dp[i]=1+(Σdp[k])/len，其中k为i这个点的出边的终点（满足逆推，即由终状态到初始状态），len为i这个点的出边数（结合概率考虑一下，len条道路每条被选择的概率为1/len），这个+1也很好理解，因为i到k必定会走一条路。这是不考虑删边的情况。
那么删边该怎么办呢？只需要对于枚举每个点考虑删除它的出边终点里期望最大的那个就可以了（因为逆推，i这个点之后的状态都确定了）。代码写法参考了上面的博客QwQ。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define N 605
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int n,m;
vector<int>v[N];
double dp[N]={0};
double process(int p)//对于p这个顶点删除其连着的最大的出边 
{
    int i,j;
    for(i=1;i<=n;i++)dp[i]=0.0;
    dp[n]=0.0;//特别强调一下 
    for(i=n-1;i>=1;i--)
    {
        if(v[i].size()==1&&p==i)//i出度为1且 要删它的边 
        {
            dp[i]=INF;//删了以后必不能到达 所以设置为INF 
            continue;
        }
        double len=v[i].size()-(p==i);//如果i是枚举到的p的话要减1 因为删边了 
        dp[i]=1.0;//先加上1 
        double mmax=0;//。找到最大的，如果p==i的话要在最后减掉 
        for(j=0;j<v[i].size();j++)
        {
            double temp=dp[v[i][j]];//获取每个出边终点的dp值 
            mmax=max(mmax,temp);
            dp[i]+=temp*1.0/len;//结合转移方程理解 
        }
        if(i==p)dp[i]-=mmax*1.0/len;
    }
    //cout<<dp[1]<<endl;
    return dp[1]; 
}
int main()
{
    cin>>n>>m;
    int i;
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        int s,t;
        scanf("%d%d",&s,&t);
         v[s].push_back(t);//出边 
    }
    double ans=INF;
    for(i=n;i>=1;i--)
    {
        ans=min(ans,process(i));
    }
    printf("%.10lf",ans);//注意输出格式 
    return 0;
}

以上是关于Typical DP Contest 社论的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章

Atcoder Grand Contest 031B（DP，思维）

Educational DP Contest S-Digit Sum（数位dp）

Atcoder Beginner Contest 144 F- Fork the Road（概率DP/期望DP）

2018-2019 ACM-ICPC Pacific Northwest Regional Contest C Contest Setting（DP）

Yahoo Progamming Contest 2019D（DP，思维）