Atcoder

A - Frog 1

luogu

设 $f(i):$ 青蛙在 $i$ 石头的最小费用。

只有两种跳法，暴力枚举转移即可，$O(n)$。

$f(i+1){\leftarrow }^{\min }f(i)+|h_i-h_{i+1}|$。

$f(i+2){\leftarrow }^{\min }f(i)+|h_i-h_{i+2}|$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 100005
int n;
int h[maxn], f[maxn];
int Fabs( int x ) { return x < 0 ? -x : x; }
int main() {scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%d", &h[i] );memset( f, 0x3f, sizeof( f ) );f[1] = 0;for( int i = 1;i < n;i ++ ) {f[i + 1] = min( f[i + 1], f[i] + Fabs( h[i] - h[i + 1] ) );f[i + 2] = min( f[i + 2], f[i] + Fabs( h[i] - h[i + 2] ) );}printf( "%d\n", f[n] );return 0;
}

B - Frog 2

luogu

青蛙可以跳的步数变大了，但仍可以直接枚举跳的步数 $j$。

设 $f(i):$ 青蛙在石头 $i$ 上的最小花费。

$f(i+j){\leftarrow }^{\min }f(i)+|h_i-h_{i+j}|,1\le j\le k$。

时间复杂度 $O(nk)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 100005
int n, k;
int h[maxn], f[maxn];
int Fabs( int x ) { return x < 0 ? -x : x; }
int main() {scanf( "%d %d", &n, &k );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%d", &h[i] );memset( f, 0x3f, sizeof( f ) );f[1] = 0;for( int i = 1;i < n;i ++ )for( int j = 1;j <= k;j ++ )if( i + j <= n )f[i + j] = min( f[i + j], f[i] + Fabs( h[i] - h[i + j] ) );printf( "%d\n", f[n] );return 0;
}

C - Vacation

luogu

设 $f(i,0/1/2):$ 第 $i$ 天，太朗游泳/捉虫/写作业的最大幸福值。

枚举前一天的状态，相邻两天不同即可。

$k\ne j\wedge f(i-1,k)\to f(i,j)$。

时间复杂度 $O(9n)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 100005
int n;
int v[maxn][3], f[maxn][3];
int main() {scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ )for( int j = 0;j < 3;j ++ )scanf( "%d", &v[i][j] );for( int i = 1;i <= n;i ++ )for( int j = 0;j < 3;j ++ )for( int k = 0;k < 3;k ++ )if( j == k ) continue;else f[i][j] = max( f[i][j], f[i - 1][k] + v[i][j] );printf( "%d\n", max( f[n][0], max( f[n][1], f[n][2] ) ) );return 0;
}

D - Knapsack 1

luogu

$01$ 背包问题板题。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n, m;
int w[105], v[105];
int f[100005];signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &m );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%ld %lld", &w[i], &v[i] );for( int i = 1;i <= n;i ++ )for( int j = m;j >= w[i];j -- )f[j] = max( f[j], f[j - w[i]] + v[i] );int ans = 0;for( int i = m;i;i -- ) ans = max( ans, f[i] );printf( "%lld\n", ans );return 0;
}

E - Knapsack 2

$01$ 背包问题板题。

上一题是总重量可以用数组开下，这一题不行，但我们发现价值总和不超过 $1e5$。

所以 $f(i,j):$ 考虑前 $i$ 个物品，总价值为 $j$ 的最小重量。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n, m;
int w[105], v[105];
int f[100005];signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &m );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%ld %lld", &w[i], &v[i] );memset( f, 0x3f, sizeof( f ) );f[0] = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ )for( int j = 1e5;j >= v[i];j -- )f[j] = min( f[j], f[j - v[i]] + w[i] );for( int i = 1e5;~ i;i -- )if( f[i] <= m ) return ! printf( "%lld\n", i );return 0;
}

F - LCS

luogu

设 $f(i,j):$ $s$ 串前 $i$ 个字母和 $t$ 串前 $j$ 个字母的最长公共子序列。

f(i,j)=max⁡{f(i−1,j),f(i,j−1)}f(i,j)=\max\{f(i-1,j),f(i,j-1)\}f(i,j)=max{f(i−1,j),f(i,j−1)}。

如果 $s_i=t_j$ 则还有一种转移：$f(i,j)\leftarrow f(i-1,j-1)+1$。

输出方案就直接从 $(n,m)$ 开始往前找 $f$ 相同或者 $s_n=t_m$ 时相差为 $1$，递归输出。

时间复杂度： $O(n^2)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 3005
int f[maxn][maxn], g[maxn][maxn];
char s[maxn], t[maxn];
int n, m;void print( int x, int y ) {if( ! x or ! y ) return;if( f[x][y] == f[x - 1][y - 1] + 1 and s[x] == t[y] ) {print( x - 1, y - 1 );printf( "%c", s[x] );}else if( f[x][y] == f[x - 1][y] ) print( x - 1, y );else print( x, y - 1 );
}int main() {scanf( "%s %s", s + 1, t + 1 );int n = strlen( s + 1 );int m = strlen( t + 1 );for( int i = 1;i <= n;i ++ )for( int j = 1;j <= m;j ++ ) {if( s[i] == t[j] ) f[i][j] = max( f[i - 1][j - 1] + 1, f[i][j] );f[i][j] = max( f[i][j], f[i - 1][j] );f[i][j] = max( f[i][j], f[i][j - 1] );}print( n, m );return 0;
}

G - Longest Path

luogu

有向无环图。直接拓扑序上 $dp$ 即可。设 $f(i):$ 到 $i$ 的最长路径。时间复杂度 $O(n)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 100005
int n, m;
int d[maxn], f[maxn];
vector < int > G[maxn];
queue < int > q;int main() {scanf( "%d %d", &n, &m );for( int i = 1, x, y;i <= m;i ++ ) {scanf( "%d %d", &x, &y );G[x].push_back( y );d[y] ++;}int ans = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( ! d[i] ) q.push( i );while( ! q.empty() ) {int u = q.front(); q.pop();ans = max( ans, f[u] );for( int v : G[u] ) {f[v] = max( f[v], f[u] + 1 );if( ! --d[v] ) q.push( v );}}	printf( "%d\n", ans );return 0;
}

H - Grid 1

luogu

设 $f(i,j):$ 到 $(i,j)$ 位置的方案数。

如果该位置不是障碍，就有转移 $f(i,j)=f(i-1,j)+f(i,j-1)$。

时间复杂度 $O(n^2)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 1005
#define int long long
#define mod 1000000007
char ch[maxn][maxn];
int f[maxn][maxn];
int n, m;signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &m );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%s", ch[i] + 1 );f[1][1] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ )for( int j = 1;j <= m;j ++ )if( (i ^ 1 or j ^ 1) and ch[i][j] == '.' )f[i][j] = ( f[i][j - 1] + f[i - 1][j] ) % mod;printf( "%lld\n", f[n][m] );return 0;
}

I - Coins

luogu

设 $f(i,j):$ 到第 $i$ 次翻硬币为止，正面朝上的次数为 $j$ 的概率。

则 $f(i+1,j+1)\leftarrow f(i,j)\ast p_i$，$f(i+1,j)\leftarrow f(i,j)\ast (1-p_i)$。

还有一种设 $f(i,j):$ 到第 $i$ 次翻硬币为止，增面朝上的次数比反面朝上的次数多 $j$ 次的概率。

但 $j$ 就有可能是负数，就需要整体状态右移为非负数。难写典型的吃力不讨好。

这种把差值当成一维来写，多半是需要优化时空时才考虑的。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 6005
int n;
double p[maxn];
double f[maxn][maxn];int main() {scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lf", &p[i] );f[0][0] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {f[i][0] = f[i - 1][0] * (1 - p[i]);for( int j = 1;j <= i;j ++ )f[i][j] = f[i - 1][j - 1] * p[i] + f[i - 1][j] * (1 - p[i]);}double ans = 0;for( int i = 0;i <= n;i ++ ) if( i > n - i ) ans += f[n][i];printf( "%.10f\n", ans );return 0;
}

J - Sushi

题解链接

K - Stones

$\text{SG}$ 函数简单应用。

直接记忆化搜索 $f(i):$ 剩下石子数为 $i$ 时当前操作的先手必胜 $1$ 还是必败 $0$ 。

如果所有后继状态都是必胜态，则该状态必败；否则必胜。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, k;
int a[105], f[100005];int dfs( int x ) {if( x < a[1] ) return f[x] = 0;if( ~ f[x] ) return f[x];f[x] = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {if( x < a[i] ) continue;if( ! dfs( x - a[i] ) ) f[x] = 1;	}return f[x];
}int main() {memset( f, -1, sizeof( f ) );scanf( "%d %d", &n, &k );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%d", &a[i] );if( dfs( k ) ) puts("First");else puts("Second");return 0;
}

L - Deque

luogu

显然区间 $dp$。

设 $f(i,j):$ 只剩区间 $[i,j]$ 中的数，当前先手按最优策略行动的 $X-Y$。

因为两人都只能从首尾取数，所以剩下来的一定是一段连续区间，就没有枚举 $[i,j]$ 中的断点 $k$ 操作。

取了奇数个就是后手操作，减去取 $\min$；否则是先手操作，加上取 $\max$。

f(i,j)=max⁡/min⁡{f(i+1,j)±ai,f(i,j−1)±ai}f(i,j)=\max/\min\{f(i+1,j)±a_i,f(i,j-1)±a_i\}f(i,j)=max/min{f(i+1,j)±ai​,f(i,j−1)±ai​}。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define maxn 3005
int n;
int a[maxn];
int f[maxn][maxn];
signed main() {scanf( "%lld", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &a[i] );for( int len = 1;len <= n;len ++ )for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {int j = i + len - 1;if( j > n ) break;if( (n - len) & 1 ) f[i][j] = min( f[i + 1][j] - a[i], f[i][j - 1] - a[j] );else f[i][j] = max( f[i + 1][j] + a[i], f[i][j - 1] + a[j] );}printf( "%lld\n", f[1][n] );return 0;
}

M - Candies

luogu

设 $f(i,j):$ 到第 $i$ 个小朋友为止，一共分了 $j$ 颗糖的方案数。

枚举第 $i$ 个小朋友分的糖数 $k$。

$f(i,j)={\sum }_{k=0}^{a_i}f(i-1,j-k)$。

前缀和优化，$O(nk)$。

$g(i,j)={\sum }_{k=0}^{j}f(i,j),f(i,j)=g_{i-1,j}-g_{i-1,j-a_i-1}$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 1000000007
int f[105][100005];
int n, k;
int a[105];
signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &k );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &a[i] );for( int i = 0;i <= k;i ++ ) f[0][i] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {for( int j = 0;j <= k;j ++ )if( j >= a[i] + 1 ) f[i][j] = ( f[i - 1][j] - f[i - 1][j - a[i] - 1] ) % mod;else f[i][j] = f[i - 1][j];if( i ^ n ) for( int j = 1;j <= k;j ++ ) (f[i][j] += f[i][j - 1]) %= mod;}printf( "%lld\n", (f[n][k] + mod) % mod );return 0;
}

N - Slimes

luogu

每次是选相邻两个数合并，显然区间 $dp$ 枚举断点类型。

设 $f(i,j):$ 合并区间 $[i,j]$ 的最小代价。

枚举 $i\le k<j,f(i,j)\leftarrow \min f(i,k)+f(k+1,j)+w[i,j]$。

其中 $w[i,j]={\sum }_{k=i}^j{a}_k$，即 $a$ 的前缀和。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define maxn 405
int n;
int a[maxn], g[maxn];
int f[maxn][maxn];signed main() {scanf( "%lld", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &a[i] );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) g[i] = g[i - 1] + a[i];memset( f, 0x3f, sizeof( f ) );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) f[i][i] = 0;for( int len = 1;len <= n;len ++ )for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {int j = i + len - 1;if( j > n ) break;for( int k = i;k < j;k ++ )f[i][j] = min( f[i][j], f[i][k] + f[k + 1][j] + g[j] - g[i - 1] );}printf( "%lld\n", f[1][n] );return 0;
}

O - Matching

luogu

状压 $dp$ 即可。

设 $f(s,i):$ 考虑到第一个集合的第 $i$ 个点的匹配，前面点在第二个集合的匹配点集为 $s$ 的方案数。

直接枚举不在 $s$ 中的第二个集合的点 $j$，若 $i,j$ 可以匹配，则转移即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 1000000007
#define maxn 21
int f[1 << maxn][maxn];
int g[maxn][maxn];
int n;
signed main() {scanf( "%lld", &n );for( int i = 0;i < n;i ++ )for( int j = 0;j < n;j ++ )scanf( "%lld", &g[i][j] );f[0][0] = 1;for( int i = 0;i < n;i ++ ) {for( int s = 0;s < (1 << n);s ++ ) {if( __builtin_popcount( s ) ^ i ) continue;for( int j = 0;j < n;j ++ )if( (s >> j & 1) or ! g[i][j] ) continue;else (f[s | (1 << j)][i + 1] += f[s][i]) %= mod;}}printf( "%lld\n", f[(1 << n) - 1][n] );return 0;
}

P - Independent Set

luogu

树形 $dp$。

设 $f(u,0/1):$ 点 $u$ 染成白/黑色且子树内染色均合法的方案数。

$f(u,0)\ast =(f(v,1)+f(v,0));f(u,1)\ast =f(v,0)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 1000000007
#define maxn 100005
int n;
vector < int > G[maxn];
int f[maxn][2];
void dfs( int u, int fa ) {f[u][0] = f[u][1] = 1;for( int v : G[u] ) {if( v == fa ) continue;else dfs( v, u );f[u][0] = f[u][0] * (f[v][1] + f[v][0]) % mod;f[u][1] = f[u][1] * f[v][0] % mod;}
}
signed main() {scanf( "%lld", &n );for( int i = 1, u, v;i < n;i ++ ) {scanf( "%lld %lld", &u, &v );G[u].push_back( v );G[v].push_back( u );}dfs( 1, 0 );printf( "%lld\n", (f[1][0] + f[1][1]) % mod );return 0;
}

Q - Flowers

luogu

线段树优化 $dp$ 转移。

设 $f(i):$ 第 $i$ 朵花必须留下的最大权值和。

枚举上一朵留下的花 $j$ ，则 f(i)=max⁡j<i∧hj<hi{f(j)+ai}f(i)=\max_{j<i\wedge h_j<h_i}\{f(j)+a_i\}f(i)=maxj<i∧hj​<hi​​{f(j)+ai​}。

将 $h$ 当作线段树下标建树，$f$ 做权值，则合法的 $j$ 对应树上的一段区间。

只需要维护区间查询最大值以及单点修改即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define maxn 200005
int n, ans;
int h[maxn], a[maxn], f[maxn], t[maxn << 2];
#define lson now << 1
#define rson now << 1 | 1
#define mid  (l + r >> 1)
void modify( int now, int l, int r, int p, int v ) {if( l == r ) { t[now] = v; return; }if( p <= mid ) modify( lson, l, mid, p, v );else modify( rson, mid + 1, r, p, v );t[now] = max( t[lson], t[rson] );
}
int query( int now, int l, int r, int L, int R ) {if( R < l or r < L ) return 0;if( L <= l and r <= R ) return t[now];return max(query( lson, l, mid, L, R ), query( rson, mid + 1, r, L, R ));
}
signed main() {scanf( "%lld", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &h[i] );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &a[i] );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {f[i] = query( 1, 1, n, 1, h[i] ) + a[i];modify( 1, 1, n, h[i], f[i] );ans = max( ans, f[i] );}printf( "%lld\n", ans );return 0;
}

R - Walk

luogu

设 $f(i,j):$ 第 $i$ 步后在 $j$ 点的方案数。

转移则是枚举能到达 $j$ 点的所有点 $k$，$f(i,j)={\sum }_{g(k,j)=1}f(i-1,k)$。

转移的 $g$ 是固定不变的，所以步数可以矩阵加速。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 52
#define int long long
#define mod 1000000007
int n, k;
struct matrix {int c[maxn][maxn];matrix(){ memset( c, 0, sizeof( c ) ); }matrix operator * ( matrix &v ) {matrix ans;for( int i = 1;i <= n;i ++ )for( int k = 1;k <= n;k ++ )for( int j = 1;j <= n;j ++ )(ans.c[i][j] += c[i][k] * v.c[k][j]) %= mod;return ans;}
}f, g;
matrix qkpow( matrix x, int y ) {matrix ans;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) ans.c[i][i] = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x;x = x * x;y >>= 1;}return ans;
}
signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &k );for( int i = 1;i <= n;i ++ )for( int j = 1;j <= n;j ++ )scanf( "%lld", &g.c[i][j] );g = qkpow( g, k );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) f.c[1][i] = 1;f = f * g;int ans = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) (ans += f.c[1][i]) %= mod;printf( "%lld\n", ans );return 0;
}

S - Digit Sum

数位 $dp$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 1000000007
int f[10005][105];
int n, m;
char s[10005]; 
int num[10005];
int dfs( int x, int sum, bool lim ) {if( ! lim and ~ f[x][sum] ) return f[x][sum];if( ! x ) return sum == 0;int up = lim ? num[x] : 9;int ans = 0;for( int i = 0;i <= up;i ++ ) {ans += dfs( x - 1, (sum + i) % m, lim & (i == up) );ans %= mod;}if( ! lim ) f[x][sum] = ans;return ans;
}
signed main() {scanf( "%s %lld", s + 1, &m );n = strlen( s + 1 );reverse( s + 1, s + n + 1 );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) num[i] = s[i] ^ 48;memset( f, -1, sizeof( f ) );printf( "%lld\n", (mod - 1 + dfs( n, 0, 1 )) % mod );return 0;
}

T - Permutation

题解链接

U - Grouping

状压 $dp$。

预处理 $g(s):$ $s$ 集合内的物品分成一个集合的得分之和。

设 $f(s):$ 若干个分组的集合为 $s$ 的最大得分之和。

枚举最新加入的分组集合 $t$ 即可，子集枚举 $O(3^n)$。

f(s)=max⁡t⊂s{f(s⊕t)+g(t)}f(s)=\max_{t\subset s}\{f(s\oplus t)+g(t)\}f(s)=maxt⊂s​{f(s⊕t)+g(t)}。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 17
#define int long long
int g[1 << maxn];
int f[1 << maxn];
int a[maxn][maxn];
int n;
signed main() {scanf( "%lld", &n );for( int i = 0;i < n;i ++ )for( int j = 0;j < n;j ++ )scanf( "%lld", &a[i][j] );for( int s = 0;s < (1 << n);s ++ )for( int i = 0;i < n;i ++ )for( int j = i + 1;j < n;j ++ )if( (s >> i & 1) and (s >> j & 1) )g[s] += a[i][j];f[0] = 0;for( int s = 1;s < (1 << n);s ++ ) {int ans = -1e18;for( int t = s;t;t = (t - 1) & s )ans = max( ans, f[s ^ t] + g[t] );f[s] = ans;}printf( "%lld\n", f[(1 << n) - 1] );return 0;
}

V - Subtree

题解链接

W - Intervals

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X - Tower

题解链接

Y - Grid 2

题解链接

Z - Frog 3

luogu

设 $f(i):$ 青蛙在 $i$ 石头上的最小花费。

f(i)=min⁡{f(j)+(hi−hj)2+C}=min⁡{−2hj∗hi+f(j)+C}+hi∗hi+Cf(i)=\min\{f(j)+(h_i-h_j)^2+C\}=\min\{-2h_j*h_i+f(j)+C\}+h_i*h_i+Cf(i)=min{f(j)+(hi​−hj​)2+C}=min{−2hj​∗hi​+f(j)+C}+hi​∗hi​+C。

李超树板题，也可斜率优化。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define maxn 1000005
#define V 1000000
#define lson now << 1
#define rson now << 1 | 1
#define mid  (l + r >> 1)
struct node { int k, b; }t[maxn << 2];
int n, C;
int h[maxn], f[maxn];
void build( int now, int l, int r ) {t[now].k = t[now].b = 1e10;if( l == r ) return;build( lson, l, mid );build( rson, mid + 1, r );
}
int calc( node l, int x ) { return l.k * x + l.b; }
bool cover( node Old, node New, int x ) { return calc( New, x ) <= calc( Old, x ); }
void insert( int now, int l, int r, node New ) {if( cover( t[now], New, l ) and cover( t[now], New, r ) ) { t[now] = New; return; }if( l == r ) return; if( cover( t[now], New, mid ) ) swap( t[now], New );if( cover( t[now], New, l ) ) insert( lson, l, mid, New );if( cover( t[now], New, r ) ) insert( rson, mid + 1, r, New );
}
int query( int now, int l, int r, int x ) {if( t[now].k == 1e10 ) return 1e18; if( l == r ) return calc( t[now], x );if( x <= mid ) return min( query( lson, l, mid, x ), calc( t[now], x ) );else return min( query( rson, mid + 1, r, x ), calc( t[now], x ) ); 
}
signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &C );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &h[i] );build( 1, 1, V );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {if(i > 1) f[i] = query( 1, 1, V, h[i] ) + h[i] * h[i] + C;insert( 1, 1, V, (node){ -2 * h[i], f[i] + h[i] * h[i] } );}printf( "%lld\n", f[n] );return 0;
}