【QBXT】学习笔记——Day5dp

啊，其实应该吧Day4的和Day5放在一起，没有看课表。

今天是考试日，随便写写吧0.0。

rank5拿了一个耳机还是很舒服的23333。

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Day5 1.18AM

上午依旧讲dp

不过先讲了一些二进制相关的东西。

刚刚来就是NOI2014起床困难综合征

有n扇门，每扇门后面有一个运算符号xor,or,and，和一个参数t。

一开始可以选择一个不超过m的非负整数，使得经过这n扇门经过运算后数字最大。

n<=100000

0<=m,t<=10^9

每一位是独立的，枚举每一位贪心跑一下就行了。

APIO2015巴厘岛的雕塑

有n棵树，每棵树都有一个年龄，将其分为m组，其中m是介于A~B之间的一个数。

每组至少有一棵树且所选的树是连续的，每棵树一定在某个组中。对于一组，令ai表示该组中树的年龄之和。

合理分配使得ai的按位取或的值最小。

part1:n<=100,1<=A<=B<=n。

part2:n<=2000,A=1,1<=B<=n。

考虑从高位往低位枚举，每一位分别判断。

对于第i位跑一遍dp，看第i位是否能取0，如果不能就是1啦。

然后对于第i-1位，变成一个判定性问题，要在最高位是0情况下跑这一位。

对于part1可以用一个简单的32*n^3dp来做。f[i][j][0/1]表示前i个分成j组，可不可行。枚举断点转移。

对于part2观察到m没有下界，显然若参考part1的想法，我们分到第i位用越少的分组越好。

因此令f[i]为前i个数满足条件分成的最少组数。复杂度32*n^2

BZOJ3900（又是权限题）

题目大意：有n只麋鹿，每只麋鹿有两只角(没有左右之分)，重量分别为ai与bi。

每次可以交换任意两只麋鹿的角，问最少经过多少次交换后，

每只麋鹿两只角的重量差不超过c。

数据范围：n<=16

看数据范围想状压，但我根本不会状压啊。

不过还是很好想的，显然答案最多为n-1，如果当i和j两个交换了角，我们就将i和j连边。

那么这样答案一定是一棵树或多棵树。

令f[i]为i这个状态下的最少交换次数。

一个显然的初始值：将i这个状态上的麋鹿的角从小到大排序后，

对于所有偶数j都存在h[j]-h[i]<=c，

则f[i]=sum-1，否则f[i]=inf。其中sum表示i状态下麋鹿的总数。

一种转移：f[i]=min{f[j]+f[i^j]}。

鹰蛋(URAL1223)http://acm.timus.ru/problem.aspx?space=1&num=1223

有M个鹰蛋，N层楼，鹰蛋的硬度是E，也就是说在1~E层楼扔下去不会碎，E+1层楼扔下去会碎。

给定M,N，问至少几次能得到E的具体的值。

①n<=100。

②n<=1000。

③n<=100000。

④n<=1000000。

⑤n<=1000000000。

这个东西是有论文的吧，太繁琐不写在这里了。

51Nod#10子集价值51Nod-1684

新建一个位运算（即给定所有0/1运算后得到0还是1），

求所有非空子集通过这个位运算后的答案的平方和是多少。

n<=5e4

考虑只有和的做法应该怎么做。

枚举每一位，令dp[i][0/1]枚举到第i个数，当前该子集经过一系列位运算后是0/1的方案总数。

那么每一位对答案的贡献就是dp
[1]次。

考虑平方和的意义。

(a1+a2+…+an)^2=a1^2+a2^2+…+an^2+2a1a2+2a1a3+…+2a(n-1)an。

我们发现后面的每一项只与两个未知数有关。

因此可以枚举每两位。

令dp[i][0/1][0/1]表示当前到第i位，这两位的关系分别是0/1与0/1的方案总数。

那么最终对答案的贡献就是dp
[1][1]*2次。

CC-DEVVOTE Devus and their voting system

n个人排成一排投票选总统，要求相邻两个人不能投同样的票，

被投最高的票的人全部当选总统，求期望的总统个数。

n<=36。

这题是n^6logn的，如果没有相邻两个不能投相同票的限制是n^4logn的。

如果考虑前i个人投了多少票和最高票数，那显然复杂度会爆炸，也存不下。

但是我们换个角度，我们在不考虑限制的情况下。

令dp[i][j][k][l]表示考虑了前i个人被投票的情况，

此时最高票是j，共有k个最高票，且有l个人已经投票了。

枚举第i+1个人被几个人投票即可。

由于j*k<=l，时间复杂度为n^4lgn

由于限制的存在，我们在dp状态里再加一维h，表示存在多少对投票是相邻的。

预处理出g[x][y1][z][y2]表示当前有x票，有y1对票在投时是相邻的，

此时我要再投z个票，投完后有y2对在投时是相邻的方案总数。这可以通过枚举以及排列组合算出。

在dp的转移时，我们再枚举第i+1个人被投完后的相邻投票对数即可。

时间复杂度为n^6lgn。常数极小。

这题极其可怕，极其难推，没有听懂，我们还是打表吧。

HDU4352 LIS问题

求l~r的最长上升子序列长度为k的数量。

考虑暴力做，还是用昨天的思想，开一维表示最高位相等还是小于r

dp[i]表示当前以i这个数结尾的最长上升子序列。

那么从前往后枚举每一位，当枚举到数字x，有dp[x]=max{dp[x],dp[0..x-1]+1}。

对于一段区间，我们可以数位dp套dp！

令g[i][j]表示当前到前i位，当前dp的状态是j的方案总数。

枚举第i+1的数是O(10)的，更新j是O(1)的，j共有10^10种可能。

g[i][0/1][0~10][0~10][0~10]…[0~10]=方案总数

表示当前第i位，前面是否有1位小于r，后面是10维，表示当前状态是什么。

就是把里面套的dp的值作为状态来表示出来。

时间复杂度是爆炸的，也存不下。

考虑换状态，(这个f[i]就是后面的10维)

f[i]为以i或比i小结尾的方案数。也就是说这一位会影响比这一位大的所有数的状态。

那么f[i]<=f[i+1]<=f[i]+1

这样我们g[i][0/1][f]的f就是2^11大小的，相当于一个差分。

zhw出的一道类似的题目51Nod1683

dp套dp的题目一般长这样：

有些东西是未知的，要从未知才能推这个东西。

那么我们可以考虑已知这个东西怎么做dp，

然后考虑记下这个dp的状态来乱搞。

51Nod1673又是zhw一道神奇的题

先考虑如果一直每个叶子的相对大小关系，我们可以用贪心解决这个问题。

对于每一个祖先，编号一定大于它的所有儿子。

令f[i]表示i这个状态的节点可以得到的最大乘积，f[i]可以转移到f[i+j]，

其中j仅有一个节点，并且节点权值可以算。

令g[i]表示这个状态的节点所有全部向根染色后最终会有多少点被染色。

通过g数组就可以求出权值了。

最大乘积通过转化为对数进行加法运算，避免高精度。

早上的东西后面比较难啊2333，有一些没听懂，以后慢慢学习一下恩。

听zhw说刷1000道bzoj+codeforces的所有div1，就能有NOI金牌水平辣！

一天5道bzoj+2套div1，就能在半年后拿到金牌了（逃）

就这样吧。

Day5 1.18Night

晚上评讲考试，题目不放在这里233.

第一题是个水题，暴力搜索一下就可以了。

表示15min想出来，15min敲掉，qt和wyl居然没写出来0.0

第二题

考试写了基本分20pt和后面n<=2的30pt，然后后面写挂了。

20pt是直接搜索

另30pt是斯坦纳树的搜索，我们可以枚举一下最后选择的k种颜色是什么。

将这些颜色点作为特殊点，然后dp一下，转移是差不多的。

另30pt也是搜一搜就能过。

满分做法十分玄学，

我们观察到做不了是因为颜色数太多了，如果颜色数只有7种，可以直接斯坦纳树做。

我们将225种颜色，随机分配1～k中的一个数字，

那么7种颜色分配正确的概率大概是0.06，也就是错误率0.994.

那我们用这个做法随机400次，就有0.91的正确率了，

随机600次，正确率高达0.98，当然时限是不一定够的。

第三题

我们考虑有三只兔子，那么中间那只兔子可以向左跳，向右跳。

可以看作这个状态伸出两个儿子分支（造树）。

从外面往里跳的情况是父亲分支。

问题转化为：从节点A出发，经过k条边，到节点B的方案数。

令f[i][j][k]为A点的深度i，A和B的lca深度为j，跳了k步的方案数。

LCA这个东西是可以预处理出来的。

这个东西直接暴力跳一下就行了。

让A和B都不断往上跳100层就可以了！

那么我们的dp就是枚举一下A往哪跳。

f[i][j][k]是可以转移到：

若A不为LCA，则显然不论A往上还是往下，lca都不会变化。

那么我们可以转移到f[i+1][j][k+1]和f[i-1][j][k+1]

若A为LCA，即如果i==j

能转移到f[i+1][j+1][k+1],f[i+1][j][k+1],f[i-1][j-1][k+1]。

第三题的转换问题也是十分玄学，做题太少辣。

莫非真的要开始猛刷了嘛。但是刷不动啊。

溜了溜了，明天讲树上问题，点分治不大熟悉了0.0

感觉复习一波。