DP&图论 DAY 3 上午

DP&图论  DAY 3  上午

状态压缩dp

>状态压缩dp

◦状态压缩是设计dp状态的一种方式。
◦当普通的dp状态维数很多（或者说维数与输入数据有关），但每一维总
量很少是，可以将多维状态压缩为一维来记录。
◦这种题目最明显的特征就是： 都存在某一给定信息的范围非常小（在20
以内），而我们在dp中所谓压缩的就是这一信息。
◦（或者是在做题过程中分析出了某一信息种类数很少）
◦我们来看个例子。

>经典题
◦给出一个n*m的棋盘，要放上一些棋子，要求不能有任意两个棋子相邻。
求方案数。
◦ n<=100;
◦ m<=8。

>Solution

dp[i][0/1][0/1]....[0/1]

第 i 行每一列的状态0/1

然后考虑第i+1行，如果不冲突，转移

然后发现多维可以压缩成一个数dp[i][s]

dp[i][s]-->dp[i+1][s']   s‘和s不冲突，&一下=0

◦我们发现这个m是非常小的，这样就可以启发我们对每一行2^m状态压缩。
◦设dp[i][S]表示到了第i行，第i行的状态是S的方案数是多少。
◦其中S的第j位为1，表示i这行第j位放了一个棋子。
◦状态转移： dp[i][S]=sigema {dp[i-1][ S' ] | S&S' ==0 }。
◦你会发现这样记录很暴力，状态数是与m相关的指数级的，但同时也就是
因为m小我们就确实可以这么做。
◦这也正好映照了之前的：

O(n*2^8*2^8)

（后来你发现它可以斐波那契数列）

状态压缩dp
◦其实本质就是很暴力的记录状态，只不过利用了题目本身的特殊条件
（这一维很小），使得我们并不会因此复杂度过高。
◦同时也就是说，如果题目本身没有这样一个较小的信息，就不能应用状
态压缩。
◦所以在接下来的题目中大家可以更注意一下题目所给的条件。
◦状态压缩dp肯定是有一维是指数级的，这正是状态压缩的特点。

>BZOJ1087 互不侵犯
◦在n*n的棋盘上放置k个国王，使得任意两个国王互相不攻击。一个国王
可以攻击到周围八个格子。
◦求放置方案数。
◦ n<=9

>Solution

dp[i][j][s]-->dp[i+1][j+bit(s')[s']

咋判断？？

不移 左移 右移

上下     八连通

◦ f[i][k][S]表示k个放完前i行，第i行的放置状态为S的方案数。
◦ S为一个n位二进制数，表示第i行的每一位上是否有棋子。
◦由于棋子不能相邻，也就是这个二进制不能有相邻的1，所以可以先对求
出对一行来说合法的状态（合法的二进制数有哪些）。
◦转移： f[i][k+cnt(S)][S]+=f[i-1][k][T]， ( (T|(T<<1)|(T>>1)) & S )==0
◦ (巧用位运算！ )
◦时间复杂度O(n^3*状态数^2)<O(n^3*2^(2n))
◦（实际上状态数是 Fibonacci）

位运算在这里发挥了大的用途
◦状态压缩有k进制的，论题目出现频率的话二进制的题目居多，同时因为
计算机本身存储数就是以二进制方式，所以二的幂次的进制处理很方便，
状态压缩dp中有时巧用位运算可以产生很好的效果，比如本题，我们就
不需要O(n)枚举每一位判断是否冲突了。

常用位运算

◦ 1、 (s & (1 << i))：判断第 i 位是否是 1; 
◦ 2、 s =s|(1<<i)：把第 i 位设置成 1;
◦ 3、 s =s&(~(1<<i))：把第 i 位设置成 0;
◦ (~：是按位取反，包括符号位)
◦ 4、 s =s^(1<<i) ：把第 i 位的值取反;
◦ 5、 s =s & (s – 1)：把一个数字 s 二进制下最靠右的第一个 1 去掉;
◦ 6、 for (s0 = s; s0; s0 = (s0 - 1) & s): 依次枚举 s 的子集;

（从大到小枚举）

◦这个二重循环的复杂度是多少？怎么推？

 O(3^n)

。7: x&-x 取出x最低位的1。

取反+1

>拓扑序个数问题
。给你一张拓扑图,求这张拓扑图有多少种不同的拓扑序.
   n<=20。

>Solution

dp[s] s状态的方案

ans=dp[ （1<<n ） -1]

2^n * n * 判断

预处理in[u]成为一个二进制数，比如in[u]=10010

考虑加进去一个新点，那么他的入度都被加入了

S&in[u]=in[u] 那么就可以加入这个点

◦ dp[s]表示当前s集合中的点都已经在拓扑序中的方案数,转移考虑枚举下一
个点选什么,下一个选的点要满足它在s中的点选完后的入度为0，也就是
指向它的点都已经加进拓扑序里了，转移到dp[s|(1<<i-1)] 。
◦这个有没有位运算的优化呢？
◦复杂度O(2^n*n)

>bzoj2734
◦给定n，问集合{1,2,3,…,n}有多少个子集满足：若x在集合内，则2x和3x不
在集合内。
◦ n<=100000

>Solution

对于每一个数

都可以拆分成  q * 2^x * 3^y

不同q的数字一定不同

1	31	32	33	34	35
21	21*31	21*32	21*33	21*34	21*35
22	22*31	22*32	22*33	22*34	22*35
23	23*31	23*32	23*33	23*34	23*35
24	24*31	24*32	24*33	24*34	24*35
25	25*31	25*32	25*33	25*34	25*35

任意相邻元素不可选

dp[i][s]

◦记g[x]表示将x中的2,3因子去除后得到的值，若g[x]!=g[y]，那么x与y互不
影响。对于互相有影响的一组数，一定能表示成q*2^a*3^b(q为常数)。对
每种q分别求解，再相乘即可。
◦以q=1为例，可把所有2^a*3^b以a,b为行列画成一个三角形棋盘，求棋盘
上放不能相邻的棋子的方案数。我们会发现这个三角形最宽的层最多只
有11个，所以可以状态压缩。
◦这也就对应了

◦当q>1，等价于q'=1&&n'=n/q。
◦剪枝：对于n/q相同的q，可以避免重复计算来加速。

打表

我们看到最宽的一层第10层宽度只有11，这个范围显然是可以
2^cnt_floor状态压缩。

>NOIP2016 愤怒的小鸟
◦平面上有n头猪，每次可以从(0,0)出发发射一只沿抛物线(y=ax^2+bx)飞行
的小鸟，可以消灭所有在飞行路线上的猪。
◦问消灭所有猪至少要几只小鸟。
◦ n<=18

>Solution

N^2个抛物线，t[i]每条抛物线消灭的猪

dp[s]=min{dp[s^t[i]+1 | t[i]&s=t[i],t[i]包含s的最低位}

◦两头猪加上原点即可确定抛物线，于是不同的抛物线只有O(n^2)种。
◦设f[S]为已经消灭的猪的集合为S时的最少次数，暴力的转移方法为依次枚
举抛物线去更新所有f，这样做时间复杂度为O(n^2*2^n)。
◦更快的转移方法为从小到大枚举S，每次打掉编号最小的还没消灭的猪，
由于包含该猪的抛物线只有O(n)种，所以时间复杂度为O(n*2^n)。
◦其实就避免一些重复的计算。

> poj2923
◦有 n 个货物，并且知道了每个货物的重量，每次用载重量分别为c1,c2的
火车装载，问最少需要运送多少次可以将货物运完。
◦ N<=17

>Solution

假设我们求出了哪些货物可以一次运走，就转化为上一个题

dp[s]=min(t){dp[s^t]+1 | t&s==t}      s的子集t（可以强制t包含s的最低位）

f[s] s可否被c1运走   0/1

g[s] s可否被c2运走  0/1

t[s]= | (s')  f[s']&g[s&s']  s能否被两辆车运走

◦找出所有状态（1.....(1<<n)-1）中选出可以用两辆车一次运完的状态（枚
举全部）
◦把每个状态都看作一个物品，重量为该状态的总重量，价值为 1，其实我
们就是求最少选几个不相交的集合能够覆盖全集。
◦求解 01 背包， dp[(1<<n)-1]为最优解。
◦转移方程： dp[s]=min(dp[s],dp[s^t]+1) 其中t集合内的元素可以被一次运
完。
◦这个复杂度是O(3^n)。
◦实际上如果我们固定t集合包含s最低位的1，这样能避免重复运算，复杂
度降约为O(3^(n-1))

枚举子集3^n也是很常见的状压dp！！

>Bzoj3900
◦动物园里有 n 头麋鹿。每头麋鹿有两支茸角，每支茸角有一个重量。然
而，一旦某头麋鹿上两支茸角的重量之差过大，这头麋鹿就会失去平衡
摔倒。为了不然这种悲剧发生，动物园院长决定交换某些茸角，使得任
意一头麋鹿的两角重量差不超过 c。然而，交换两支茸角十分麻烦，不
◦仅因为茸角需要多个人来搬运，而且会给麋鹿造成痛苦。因此，你需要
计算出最少交换次数，使得任意一头麋鹿的两角重量差不超过 c。
◦注意，交换两支茸角只能在两头麋鹿之间进行。因为交换同一头麋鹿的
两支角是没有意义的。
◦对于 100% 的数据， n <= 16, c <= 1000000, 每支茸角重量不超过 1000000。

>Solution

把 2t 个茸角排序，如果相邻两个不能匹配c，那么就尝试交换与他相邻的那一对

发现交换上限是t-1，因为每次交换可以使得一对合法

f[s]=min(s'∈s) min(f[s']+f[s^s'])

◦首先其实最终肯定是把这些鹿分成一些组，每一组内通过组的大小减一
次操作来满足题目要求的条件。注意对于一个组，我们将所有的角排序，
第2*i-1和2*i个要保证之差小于等于C，才是合法的一组。
◦其实就是选尽量多合法的组并起来等于全集，枚举子集的状态压缩dp即
可。
◦ dp[i]=max{dp[j]+dp[i^j] | j是i的一个子集}。

一点总结
◦像这种某些集合是可行的，且每个集合有一个价值，然后我们要选择一
些不相交的集合并起来等于全集，每个选择的集合都要求可行，且希望
总权值尽量大。
◦这一类dp往往是要用到状态压缩dp同时利用枚举子集来进行转移，转移
的过程中常常可以控制最低位的1必选来减少dp重复的计算。像这前两道
题，以及之前的愤怒的小鸟也一样，只不过小鸟那题通过分析题目的特
点使得我们在转移的过程中不需要枚举全部的子集，只需要枚举n个抛物
线即可。

>Hdu3001放松题
◦现在有一个具有n个顶点和m条边的无向图（每条边都有一个距离权值），
小明可以从任意的顶点出发，他想走过所有的顶点而且要求走的总距离
最小，并且他要求过程中走过任何一个点的次数不超过2次。
◦ 1<=n<=10

>Solution

dp[s][u]-->

min dp[s][u]

3^n * n * n

三进制状态压缩
◦设dp[S][i]表示到过点的情况集合为S,S是个三进制数，第i为0/1/2分别表示
到过次数。 i为当前所在的点。转移的话就考虑下一步走到那条边就好。
◦答案就是dp[3^n-1][i]的最小值。
◦会二进制的表示，三进制想起来应该很自然吧。
◦其实是TSP旅行商问题的一种较为麻烦的形式。

关于时间复杂度

◦ N=20一般是2^n或者n*2^n。
◦ N<=16大概率是3^n，约是4*10^7，那很可能做法就和之前讲枚举子集有
关了。
◦ N<=15大概率是3^n或者n*3^n。

>BZOJ3717 Pakowanie
◦给出n个物品和m个包，物品有各自的体积，包有各自的容量。
◦问将所有物品装入包中需要至少几个包。
◦ n<=24， m<=100。

>Solution

◦贪心来看显然要用尽量用最大的那几个， 所以先把包从大到小排序。
◦设f[S]为把集合S放入包后至少要用到第几个包， g[S]记录此时用到的最后
一个包能剩余的最大体积。
◦转移时枚举接下来放哪个物品即可。

如果可以放进去，就放进去
◦时间复杂度O(n*2^n)

总结

---

DP常见优化方式

noip范围内的dp优化方法

◦ 加速状态转移：
◦ 1：前缀和优化
◦ 2：单调队列优化
◦ 3：树状数组或线段树优化

◦ 精简状态
◦ 4：精简状态往往是通过对题目本身性质的分析，去省掉一些冗余的状态。
        相对以上三条套路性更少，对分析能力的要求更高。

前缀和优化

> 逆序对

◦求长度为n，逆序对为k的排列有多少个，答案对10^9+7取模。
◦ 1<=N， K<=200
◦ 1<=N， K<=2000

>Solution

dp[i][j]前i个数j个逆序对

dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1]

sigema (k=0~i-1) dp[i-1][j-k]

=sum[i-1][j]-sum[i-1][j-i]

sum[i][j]=sigema(k=0~i) dp[i][k]

◦排列题的一个套路，我们从小到大依次把数字插入到排列中，以这
个思路进行dp。

◦这个问题设计动态规划的方法就是最基本，最自然的。
◦我们设dp[i][j]表示插入了前i个数，产生的逆序对为j的排列的方案数，
转移时就考虑i+1的那个数插在哪一个位置就好，因为它比之前的都
要大，插在最后面就dp[i+1][j+0]+=dp[i][j],如果时最后一个数前面就是
dp[i+1][j+1]+=dp[i][j]，倒数第2个数前面就是
◦ dp[i+1][j+2]+=dp[i][j]，依次类推。 这个是从前向后更新。
◦我们如果考虑dp[i][j]能从哪些状态转移过来，就可以前缀和优化。

◦方程：

◦我们设:

◦则dp[i][j]=f[i-1][j]-f[i-1][j-i]
◦这样我们通过记录前缀和，将转移优化成O(1)
◦其实这题复杂度还可做到n和k均是100000： loj6077（2017年山东省队集
训题）
◦在这个dp基础上，做容斥原理，通过之前讲的整数划分的模型dp求出容
斥系数即可。

单调队列优化

基本形式，适用范围

◦单调队列维护dp，一般就是把一个O(N)转移的dp通过单调队列优化成一
个均摊O(1)转移的式子。

◦式子形如： dp[i]=max{f(j) }+g[i]（这里的g[i]是与j无关的量），且j的取值是
一段连续区间， 区间端点的两端随着i增大而增大的区间。
◦（同时如果这个可行的区间左端点固定，我们就可以通过之前讲的记录
前缀最小值来处理）
◦这里的f(j)是仅和j有关的项。以下是常见的一维和二维的情况。
◦ dp[i]=max{dp[j]+f(j)}+g[i] 或者 dp[level][i]=max{dp[level-1][j]+f(j)}+g(i)
◦这样的题我们就可以做单调队列优化。

>bzoj1855: 股票交易
◦我们考虑在未来T天内的某只股票，第i天的买入价为每股APi，第i天的卖
出价为每股BPi（对于每个i，都有APi>=BPi），每天不能无限制地交易，
规定第i天至多只能购买ASi股，至多卖出BSi股。另外规定在两次交易（买
入或者卖出均算交易）之间，至少要间隔W天，也就是说如果在第i天发
生了交易，那么从第i+1天到第i+W天，均不能发生交易。还规定在任何时
间，一个人的手里的股票数不能超过MaxP。
◦初始w手里有一大笔钱（可以认为钱的数目无限），但是没有任何股票，
问T天以后，小w最多能赚多少钱。
◦ 0<=W<T<=2000

>Solution

◦设f[i][j]表示到第i天手里持有j的股票的最大收益，那么第i天有三种操作：

◦对于买入，我们对其变形：

◦那么可以用单调队列维护f[i-w-1][k]+ap[i]*k（因为对于固定的i， ap[i]是固
定的），这样f[i][j]就能做到O(1)求得，而不必枚举k。卖出也一样。

之前讲的过一些问题
◦ 1： O(N*M)的多重背包。
◦ 2：基环树求直径。

单调队列优化和前缀和优化的对比

◦单调队列优化dp跟前缀和优化dp差不多一个思路，转移的合法点集都是
一个区间。
◦只不过，单调队列优化dp是当你在最优化dp值时候和一段区间有关。
◦而，前缀和优化dp是在计数的时候和一段区间有关。

>bzoj3831: [Poi2014]Little Bird

◦有一排n棵树，第i棵树的高度是Di。
◦ MHY要从第一棵树到第n棵树去找他的妹子玩。
◦如果MHY在第i棵树，那么他可以跳到第i+1,i+2,...,i+k棵树。
◦如果MHY跳到一棵不矮于当前树的树，那么他的劳累值会+1，否则不会。
◦为了有体力和妹子玩， MHY要最小化劳累值。
◦ N(2<=N<=1 000 000)

>Solution

◦根据题意，我们很容易得出下面的转移方程
◦ 1.f[i]=min(f[j]+1) ( i-k≤j<i )
2.f[i]=min(f[j]) ( i-k≤j<i &&h[j]>h[i])
◦发现上面那个东西用单调队列直接搞定，但下面那个不太好搞。不过发
现由于h[j]>h[i]对答案的贡献至多为1，所以原来如果f[j]<f[j‘]，那么算上h[j]
和h[j’]的影响后j仍然不会比j‘更差，于是直接维护一个f递增的单调队列，
其中当f相同的时候使h递减就行了。
◦这么做，主要利用了题目中高和矮转移的费用只差1，这样如果矮的f[i]小
的话，就算加上1也只是和高的f值相同不会更差。如果费用更高就不能
用这个方法了。

树状数组或线段树优化

>送你一堆区间
◦送你在数轴上的 n 个区间和 m 个关键点, 你可以决定每个区间选或不选,
问有多少种方案覆盖 所有的关键点.
◦对 1000000009 取模.
◦ N<=5*10^5

>Solution

首先对区间离散化，再按左端点从小到大排序，若左端点相同，就按右端点从小到大排序

考虑计算 dp[i] 表示前 i 个关键点都完全覆盖的方案

对于一个区间 [ L , R ] ，他可以将 dp[L-1]......dp[R-1]转移到dp(R)上；还可以将dp(R)....dp(m)通通乘上一个2，用线段树维护即可

后记
◦这三个技巧往往就是dp列出式子来之后，观察一下式子，你发现它满足
对应优化的模型，所以我们就单调队列或者前缀和或者线段树优化了。
◦对思维的要求并不高。

分析题目性质精简状态

精简状态
◦这个对题目性质的分析能力要求还是比较高的。
◦需要挖掘题目的性质，特点等等。
◦不能算很套路的内容，需要多做题感受。

>Noip2008传纸条
◦一个m行n列的矩阵，而小渊和小轩传纸条。纸条从小渊坐标(1,1)，传到
小轩坐标(m,n)。从小渊传到小轩的纸条只可以向下或者向右传递，从小
轩传给小渊的纸条只可以向上或者向左传递。
◦班里每个同学都可以帮他们传递，但只会帮他们一次。
◦全班每个同学有一个好心程度。小渊和小轩希望尽可能找好心程度高的
同学来帮忙传纸条，即找到来回两条传递路径，使得这两条路径上同学
的好心程度之和最大。
◦ n,m<=300。

>Solution

◦其实可以理解为从小渊到小轩传两次。
◦最暴力的做法：设dp[i][j][k][l]是第一张纸条到达(i,j)，第二张到达(k,l)时最
大权值。那么方程就是
◦ dp[i][j][k][l] = map[i][j] + map[k][l] + max(dp[i - 1][j][k - 1][l],dp[i -1][j][k][l - 1],dp[i][j - 1][k -1][l],dp[i][j -1][k][l -1]);

◦还有一点注意的是，如果i == k && j == l，也就是第二张走了第一张的路径，
那么就要减去， dp[i][j][k][l] -= map[i][j];
◦接下来枚举每个i,j,k,l，最后输出dp[m][n][m][n]就行了，但这样做时间复
杂度是O(n^4)

考虑优化

◦其实我们可以让两个路线并行走，同时走。
◦而既然第一张与第二张是同时走，那么我们知道他们的步数是一样的，
步数 = 横坐标＋纵坐标，所以只需枚举i,j,k，就能计算出l，只需三重循环，
时间就变成了O(n^3);
◦ dp[i][j][k] = map[i][j] + map[k][i+j-k] + max(dp[i - 1][j][k - 1],dp[i -1][j][k],dp[i][j- 1][k -1],dp[i][j -1][k]);