一类利用队列优化的DP

I.导入：

这是一个$O(n^2)$的状态和转移方程：

\[f(i,j)=\left\{
\begin{aligned}
f(i-1,j-1)+k \ (1\leq j)\\
\max_{k \in [0,i]}{f(i-1,k)} (j=1)
\end{aligned}
\right.\]

这个方程目测是$\Theta(n^2)$的，但是实际上，上面的那个方程只是把数组整体位移了，下面的方程只是在位移后的数组开端添上了一个数，这个完全可以通过队列来实现，$+k$的操作，用一个整体的差分量就能实现，时间复杂度$O(n)$。这个方法最伟大的一点在于，它的复杂度比状态维度还要低一维，这是让人难以想到这种方法的一大原因。

II.xj2020 画画

$n<=5000, m<=1e7$.显然当两种颜色的 a 相等的时候，它们完全等价，所以我们建一个桶 $b_i$ 表示长度限制为 i 的颜色个数，再设$f_{i,j,k}$表示 DP 到了 i 号格子，当前颜色的长度限制是 j (其实是有点 hash 的表示颜色），当前颜色已经连续了 k 个，则状态转移方程为：

\[f(i,j,k)=\left\{
\begin{aligned}
f(i-1,j,k-1) \ (1\leq k)\\
b_j\sum_{j'!=j}{\sum_{k'}{f(i-1,j',k')}} + (b_j-1)\sum_{k'}{f(i-1,j,k')} (j=1)
\end{aligned}
\right.\]

这个状态状态转移方程上面和下面各是$\Theta(n^3)$的，但是我们可以发现这个转移方程，上面的可以用队列来实现整体位移，下面的可以对每个队列维护一个和，再维护一下总和，就能实现$\Theta(n^2)$了，主要代码如下：

for (int i = 1; i <= n; i++)

{

	q[i].push(b[i]);

	lastsum += (S[i] = b[i]);

}

for (int i = 2; i <= n; i++)

{

	for (int j = 1; j <= n; j++)

	{

		if (!b[j]) continue;

		ins[j] = ((LL)lastsum * b[j] % mod + mod - S[j]) % mod;

	}

	for (int j = 1; j <= n; j++)

	{

		if (!b[j]) continue;

		(S[j] += ins[j]) %= mod;

		(lastsum += ins[j]) %= mod;

		q[j].push(ins[j]);

	}

	for (int j = 1; j <= n; j++)

	{

		if (!b[j]) continue;

		while (q[j].size() > j)

		{

			(S[j] += mod - q[j].front()) %= mod;

			(lastsum += mod - q[j].front()) %= mod;

			q[j].pop();

		}

	}

}

fout << lastsum << Endl;

实现难度不大，主要难度在于设出状态和方程，因为这个状态有三维，很多时候我们就默认它的时间复杂度大于等于三次方，而这题偏偏又很容易得到只有两维的状态设置，很多人以为“肯定不如二维的状态设置”，但实际上，这个三维的状态可以优化到二次方，而这个二维的状态设置没法实现$\Theta(1)$的转移

$n<=2e5,m<=20$.假设 DP 到了前 i 个点，当前的两个子序列，一个肯定有一个以 i 号字符串结尾，我们只需要存另一个子序列以什么结尾；而子序列的长度都相同，说明我们只关心这个子序列最后一个串是哪一个。设$f[i][j]$表示，DP 到了前 i 个点，一个子序列的结尾是 i，另一个子序列的结尾是 j 时的最短长度。综合把 i 接到 i-1 上和把 i 接到 i-1 之前的两种情况，可以得到状态转移方程：

\[f(i,j)=\left\{
\begin{aligned}
\min\{f(i-1,k)+cost(k,i)\} \ (j=i-1)\\
f(i-1,k)+\text{cost}(i-1,i)(else)
\end{aligned}
\right.\]

这个状态转移方程本身已经很难想到了，需要很熟稔的分类讨论的能力。优化上，可以使用栈——上面那东西是整体加法，下面那东西是在栈底追加一个值。考虑这个 min 怎么$\Theta(1)$求：对于 cost 相等的 k ，显然它们是等价的。所以把已有的字符串倒序放进一个 Trie 里面，查询时正着顺着 $S_i$ 走，每到一个点用$m-dep+f_X$更新答案，其中$f$是树上前缀最小值，这样会有重复情况，但是显然不影响。用整体差分就能实现 f 值的修改。

IV.「2020-09-20 五校联考」球与洞 (ballhole)

这个是国冬模拟费用流的第二题，居然被搬来了五校联考。。。

首先使用微扰法，把球和洞画成两排，把每个球连向它的洞，显然这些连线不能相交，这就及其有利于我们进行 DP。把球和洞摆成一排并排序，设$f[i][i]$表示，当 $j>0$时表示剩下确定选下了 $-j$个洞待匹配的最小代价；当 $j<0$时表示 DP 到了第 $i$ 个位置、剩下多少个球还待匹配的、费用提前计算的代价（提前减去绝对值函数的部分呀），那么当前位置是个球的时候，状态转移方程是：

\[f(i,j)=f(i-1,j+1)+\left\{
\begin{aligned}
-pos_i \ (j>0)\\
pos_i (else)
\end{aligned}
\right.\]

当目前位置是个洞的时候，状态转移方程就是：

\[f(i,j)=min(f(i-1,j),f(i-1,j-1)+\left\{
\begin{aligned}
-pos_i \ (j<0)\\
pos_i (else)
\end{aligned})
\right.\]

然后把第二个式子分析一下，发现当且仅当$j=0$的时候需要取 min, 其他时候只需要直接取右手边的作为最小值即可，所以我们把 DP 数组切成三段，下标是负的一段，0一段，正的一段，就可以实现 $\Theta(n)$。评测记录

总结：有的时候转移的复杂度比较大/状态的维度比较大的时候，我们不妨退而求其次，通过把状态升一维的代价把转移降低一维，也许就可以通过队列优化，反而能优化掉一维。