「Tricks」整体DP

不太了解这个东西的具体定义是什么，总之应该是一个用数据结构维护 DP 状态的某几个维度的 trick 吧。

事实上你可以把这篇 post 理解为三个题的解集。

先直接来看 noi2020 - Destiny 这个题。

给定一棵树 \(T = (V, E)\) 和点对集合 \(\mathcal Q \subseteq V \times V\) ，满足对于所有 \((u, v) \in \mathcal Q\)，都有 \(u \neq v\)，并且 \(u\) 是 \(v\) 在树 \(T\) 上的祖先。其中 \(V\) 和 \(E\) 分别代表树 \(T\) 的结点集和边集。求有多少个不同的函数 \(f\) : \(E \to \{0, 1\}\)（将每条边 \(e \in E\) 的 \(f(e)\) 值置为 \(0\) 或 \(1\)），满足对于任何 \((u, v) \in \mathcal Q\)，都存在 \(u\) 到 \(v\) 路径上的一条边 \(e\) 使得 \(f(e) = 1\)。由于答案可能非常大，你只需要输出结果对 \(998,244,353\)（一个素数）取模的结果。

我们略过 DP 的过程，直接给出其定义 \(f(x,j)\) 表示考虑子树 \(i\)，限制条件的 \(v\in{\rm subtree}(x)\) 且限制 \((u,v)\) 尚未被满足，\(u\) 的深度最深且 \(j={\rm dep}(u)\) 的不同映射 \(f:E_{{\rm subtree}(x)}\rightarrow\{0,1\}\) 数量，以及其转移\(f(x,i)= f(x,i)\sum\limits_{y\in{\rm suf}(x)}\left(\sum\limits_{j=0}^{{\rm dep}(x)}f(y,j)+\sum\limits_{j=0}^{i}f(y,j)\right)+f(y,i)\sum\limits_{j=0}^{i-1}f(x,j)\)。

令 \(g(x)\) 为 \(f(i)\) 的前缀和，得到平方级算法。

如果我们考虑把 DP 的第二维度状态放到线段树上，那么子树的合并就可以放到线段树上去做，即使用线段树的合并 trick 来做 DP。

我们来看看合并的具体过程。贴近实现，我们令 \({\rm merge}:\{(x,y,l,r,s_x,s_y)\}\rightarrow{\rm node}\) 表示线段树合并的过程，其中 \(s_x\) & \(s_y\) 表示 DP 的前缀和（即 \(g\)），在实现（以及下文的讲解）中，均把这两个变量视作别名。

有这样几种情形需要探讨。

• \(l=r\)：此时应该把 \(f(y,l)\) 合并到 \(f(x,l)\) 中，直接对线段树结点维护的 DP 值进行修改；
• \(x=\Omega\)：此时 \(f(x)\) 的 DP 值并没有意义，在本题中可以视作零。于是打乘法标记即可；
• \(y=\Omega\)：与上一条类似。

于是得到解决，参考实现。

再来看 pkuwc2018 - Minimax 这个题。

给出一棵有 \(n\) 的结点的二叉有根树，并给出其叶子结点的权值，对于一个非叶子结点，其权值有 \(p_i\) 概率取得儿子中的最大值， \(1-p_i\) 的概率取得最小值。

令 \(\{v_{i}\}\) 表示最终根结点（\(1\)-th 结点）的所有可能取值（升序排列），其个数记为 \(m\)，每一个 \(v_i\) 取得的概率记为 \(r_i\)，将其按照 \({\rm hash}(i)=i\times v_i\times r_i\) 的规则求出 \(\sum_i{\rm hash}(i)\)。

与上一题类（完 全）似（一 致）地，同样略过 DP 的过程，给出其定义 \(f(i,j)\) 表示结点 \(i\) 取得值 \(j\) 的概率，以及其转移 \(f(i,j)=\sum\limits_{v\in{\rm suf}(i)} f(v,j)\left(p_i\sum\limits_{1\leqslant k<j}f(v',k)+(1-p_i)\sum\limits_{j<k}f(v',k)\right)\)，其中 \(v'\) 表示 \({\rm suf}(i)\setminus\{v\}\) 中的唯一取值。

令 \(g(i)\) 为 \(f(i)\) 的前缀和（显然这里的 \(\infty\) 并不是「真正的无限」），得到平方级的算法。

同样考虑把 DP 的第二维度状态放到线段树上，在线段树合并时维护 \(s_x\) & \(s_y\) 表示 DP 的前缀和，直接维护即可。

参考实现。

最后来看到 codeforces - 671D / Roads in Yusland。

给定一棵 \(n\) 个点的以 \(1\) 为根的树。有 \(m\) 条路径 \((x,y)\)，保证 \(y\) 是 \(x\) 或 \(x\) 的祖先，每条路径有一个权值。你要在这些路径中选择若干条路径，使它们能覆盖每条边，同时权值和最小。

这题的平方 DP 都有一定难度……看了 duyi 的题解挺久才理解……不过如果做过 noi2020 - Destiny 的话应该会好很多。

称 \({\rm route}(u,v)\) 中的 \(u\) 为起点，\(v\) 为终点，在 \(v\) 决策一个 route 是否被选择。参考 noi2020 - Destiny 的状态设计，令 \(f(x,i)\) 表示在 \({\rm subtree}(x)\) 中选择了若干 routes，其中终点深度最深并且高于 \({\rm dep}(x)\) 的深度为 \(i\) 的最优方案。

转移即 \(f(x,i)=\min\limits_{y\in{\rm suf}(x)}\{f(y,i)+\sum\limits_{z\in{\rm suf}(x)\setminus\{y\}}g(z)\}\)，其中 \(g(x)=\min\limits_{1\leqslant i<{\rm dep}(x)}\{f(x,i)\}\)，还需要考虑每条 route 带来的额外转移，转移式显然不赘。这些 transforming formulae 也许带有一些构造成分在里面，至少我觉得不太自然……

然后考虑线段树合并优化，你需要支持区间增量 & 全局查询最小值 & 合并（与此同时区间取 \(\min\)）& 单点取 \(\min\)。因为 \(O((n+m)\log_2n)\) 的空间复杂度并不能通过此题。

考虑以时间换空间，我们采用权值平衡树 & 启发式合并来解决（参考实现中给出的是 std::set）。

平衡树上每个结点维护一个 2-tuple \((i,f(x,i))\)，以第一关键字排序。我们依次考虑如何支持上文的操作。

• 区间增量：如果及时把 \(i>{\rm dep}(x)\) 的元素弹出，这就变成了全局增量，直接维护即可；
• 全局查询最小值：这个是本题最妙的地方，因为关键字的选取，平衡树无法简单地取出最小值，我们需要更多的性质。注意到 \(\forall j<k,s.t.f(x,j)<f(x,k)\)，此时的 \(k\) 都是无用的，可以直接删除，这得出了此题的单调性。如此全局最小值就是平衡树上最右边的结点；
• 合并：启发式合并即可；
• 单点取 \(\min\)：相当于插入操作，直接来即可，需要注意一些不是特别细的细节（雾）。

如此时间复杂度退成了 \(O((n+m)\log_2^2n)\)，但是空间复杂度优化到了 \(O(n+m)\)，可以通过此题。

参考实现。