小清新DP题（多做多想）

牛客小白月赛90 F

problem
solution

 	R(n), R(m); int L = 0;F(i, 1, m) R(d[i].st), R(d[i].en), c[++ L] = d[i].st, c[++ L] = d[i].en;c[++ L] = n;sort(c + 1, c + L + 1); int cnt = 0;F(i, 1, L) if (c[i] != c[i - 1]) {g[c[i]] = ++ cnt;D[cnt] = c[i];}sort(d + 1, d + m + 1);f[0][0][0] = 1;F(i, 0, m - 1)F(j, 0, cnt)F(k, 0, cnt) if (f[i][j][k]) {add(f[i + 1][j][k], f[i][j][k]);int l = D[j], r = D[k];int l_ = g[d[i + 1].st], r_ = g[d[i + 1].en];if (d[i + 1].st - 1 <= l) {add(f[i + 1][max(j, min(k, r_))][max(k, r_)], f[i][j][k]);}}W(f[m][cnt][cnt]);

CF833B The Bakery

线段树优化DP

6353. 【NOIP2019模拟】给(ca)
Problem

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这题题目需要注意就是每个节点都应该有2个儿子（他说没有叶子结点是错的，应该是要么没有儿子，要么有两个儿子），然后要求是到达每个叶子结点需要经过的向左的边不能超过M条.

Solution

容易想到简单的计数Dp，f[i][j]表示当前有i个叶节点，最多的向左走了M次，O(n^3)

非常妙的优化是考虑从dfs序角度DP，因为每一棵树都唯一对应着一个DFS序。

S 老师的合并

problem
solution

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在合并括号序列时，先关注当前最后一个括号所配对到的位置，考虑求这一部分的方案数，再考虑剩下的部分方案（可以再递归去求方案）。

只能说不看这代码根本不知道这题解想要表达什么，具体想法参见代码，真的非常妙

void DFS(int u, int dep, vector<int> *G, vector<int> *tt, int *ttt) {tt[dep].push_back(u);ttt[u] = tt[dep].size() - 1;for (int v: G[u])DFS(v, dep + 1, G, tt, ttt);return;
}int ct = 0;int Solve(int nw1, int nw2, int lp1, int rp1, int lp2, int rp2) {if (lp1 == -1 || lp2 == -1)return 1;if (lp1 > rp1 || lp2 > rp2)return 1;int l1 = bin1[nw1][lp1], r1 = bin1[nw1][rp1]; // bin1[nw1][x] 表示第一棵树第nw1层的第x个节点int l2 = bin2[nw2][lp2], r2 = bin2[nw2][rp2]; // bin2[nw2][x] 表示第二棵树第nw2层的第x个节点if (vis[l1][r1][l2][r2])return dp[l1][r1][l2][r2];LL res = 0;++ ct;Add(res, Solve(nw1, nw2, lp1, rp1 - 1, lp2, rp2)); // 当前序列后面没有括号要合并了，第一课树的第rp1对应节点作为最外层括号。Add(res, Solve(nw1, nw2, lp1, rp1, lp2, rp2 - 1));
// 下面表示要合并括号的。int ll = 0, rr = 0;if (G2[r2].size())ll = id2[G2[r2][0]], rr = id2[G2[r2].back()];else ll = rr = -1;for (int i = 1; i <= rp1 - lp1 + 1; i++)Add(res, 1ll * Solve(nw1, nw2, lp1, rp1 - i, lp2, rp2 - 1) * Solve(nw1, nw2 + 1,rp1 - i + 1, rp1, ll, rr) % mod); // 表示当前最后一个括号是第二棵树的， rp1-i就表示用第一棵树当前深度的后面i个作为后缀，if (G1[r1].size())ll = id1[G1[r1][0]], rr = id1[G1[r1].back()];else ll = rr = -1;for (int i = 1; i <= rp2 - lp2 + 1; i++)Add(res, 1ll * Solve(nw1, nw2, lp1, rp1 - 1, lp2, rp2 - i) * Solve(nw1 + 1, nw2,ll, rr, rp2 - i + 1, rp2) % mod);vis[l1][r1][l2][r2] = 1;dp[l1][r1][l2][r2] = res;return res;
}int main() {n1 = read();for (int i = 2; i <= n1; i++)G1[read()].push_back(i);n2 = read();for (int i = 2; i <= n2; i++)G2[read()].push_back(i);DFS(1, 0, G1, bin1, id1);DFS(1, 0, G2, bin2, id2);LL ans = 0;if (G1[1].size()) {Add(ans, Solve(1, 0, id1[G1[1][0]], id1[G1[1].back()], 0, 0)); // 最外层括号是第一棵树的根节点} else Add(ans, 1); // 否则第二棵树的括号序只能不变的放到最外括号的里边if (G2[1].size()) {Add(ans, Solve(0, 1, 0, 0, id2[G2[1][0]], id2[G2[1].back()])); // 同理，最外层括号是第二棵树的根节点} else Add(ans, 1);cout << ans;

J. Journey on the Number Line

Problem

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Solution

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这里的实现参考：

for(int i=1;i<=n;i++) {for(int j=1;j<=i;j++)if(id[i]==1||id[i]==n) {trans(dp[i][j],dp[i-1][j-1],-x[id[i]]-y[id[i]],1);if(j)trans(dp[i][j],dp[i-1][j],x[id[i]]+y[id[i]],1);// 这里有点运用插空法的思想，头和尾的位置是固定的，所以方案乘1，其余是有几个空格就有乘多少方案，这样算起来容易太多了}else {if (j - tot > 0)trans(dp[i][j],dp[i-1][j-1],-2*x[id[i]]-2*y[id[i]],j-tot); // 这里就是j-1个联通块，有j个空，减去tot个（头尾影响），这里相当于作为一个独立的联通块加进去if (2 * j - tot > 0)trans(dp[i][j],dp[i-1][j],0,2*j-tot); // 这里是和之前的联通块合并，之前每个联通块都有头和尾，这个可以放到头或尾，同理要减去tot（不能放到st的头/en的尾）trans(dp[i][j],dp[i-1][j+1],2*x[id[i]]+2*y[id[i]],j); // 这里是合并两个联通块，j+1个联通块，当然只能有j个地方可以连，这是因为这些联通块的顺序已经相对确定了。}tot+=(id[i]==1||id[i]==n);
}