5月题目汇总（5.22---5.28）

5.23晚

NO.1 来源： BZOJ 4197 [NOI2015] 寿司晚宴

分类： 状压 dp

简要题解：

• 注意到$n \le 500$，至有一个大于$20$ 的质因数，而小于20的质数只有8个，我们可以令$f[S][T]$ 表示第一个人选的小于20的质数集合为S，第一个人选的小于20的质数集合为T的方案数。
• 把2到500的数按照大于20的质因数（没有就是1）排序，依次讨论大质因数。此时:
  
  • 令$g[0/1][S][T]$，第一维表示这个大质因数分给第1或者第2个人。
  • 假如一个数$x$ 包含的小于20的质数集合为$Q$,那么:
    $$g[0][S][T] \to g[0][S \cup Q][T] \ \ (T \cap Q= \varnothing ) \\ g[1][S][T] \to g[1][S][T \cup Q] \ \ (S \cap Q= \varnothing ) \ $$
  • $f[S][T]= g[0][S][T]+g[1][S][T]-f[S][T]$ （两个人都没选这个大质因数的情况算了两遍）

反思

• 显然这题和一个数的质因数集合有关，但小于500质因数过多，所以要分类讨论。
• 其实DP本质上是基于一种递推的拓扑序的，所以这种排序要想得到。

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5.25晚

NO.2 来源： BZOJ 3162 独钓寒江雪

分类： 树形 dp ，Hash

简要题解：

-状态还是继承了最大独立的方法。$f(x,0/1)$ 表示以x为根的子树，选与不选$x$ 的独立集方案数。
- 首先转为有根树。因为两个形态形同的树有一样的大小，所以选择重心作为根不会破坏相同的结构。
- 一棵子树的形态用一个可以递推的Hash值来表示。
- 把$x$ 的儿子按照Hash值排序，如果有$cnt$ 个子树一种形态，只用一个儿子$y$更新,也就是说

$$f(x,0) \leftarrow C_{f(y,0)+f(y,1)+cnt-1}^{cnt} \\ f(x,1) \leftarrow C_{f(y,0)+cnt-1}^{cnt}$$
- 可能会有两个重心，最后需要讨论一下答案。

反思

• 树的形态可以Hash
• 暴力求C的方法：

LL C(LL n,LL m){
    LL ret=1;
    for(;m;m--)
        ret= ret*(n-m+1)%M*inv[m]%M;
    return ret;
}

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5.25晚

NO.3 来源： BZOJ 1040 [ZJOI2008]骑士

分类： 树形 dp ，环套树

简要题解：

• 对于每棵树，找到环上的一条边$e$，设边上的两端点分别为$S$和$T$$f(x,0/1)$ 表示以x为根的子树，选与不选$x$ 的权值最大值。
• 考虑断掉$e$,dp，有以下两种情况：
  
  • 不取$S$，$T$任意，我们以u为根跑一遍树形DP，取$f(S,0)$
  • 不取$T$，$S$任意，我们以v为根跑一遍树形DP，取$f(T,0)$
    4.答案是两个值中的最大值

反思

• 其实就是仙人掌的弱化版：找环+dp。

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5.26下午

NO.4 BZOJ 4167 永远的竹笋采摘

分类： 分块 暴力

简要题解：

• 很容易写出$O(n^2k)$ 的暴力，令$f(i,j)$ 表示前$i$ 个数，分出$j$ 块的最小花费，那么 $$f(i,j)=min_{1<=k<j}\{ f(k-1,j-1)+|A[i]-A[k]|\}$$
  其中A[i]与A[k]是这个区间中差值最小的，这样的转移记为$(i,k)$。
• 由于是随机数据，其实可以有效转移的点对很少。可以用一下分块的思想求出：
  
  • 预处理$dmin(b,x)$ 表示$b$ 这个块中与 $x$ 差的最小值。
  • 倒序枚举每一个$i$,检查当前块是否存在满足条件的$(i,k)$。
  • 检查$i$后面的块$b$，如果$dmin(b,A[i])$ 不大于当前最小值 ，那么
    检查当前块是否存在满足条件的$(i,k)$，并且还要满足不存在$j>i$ 使得$|A[j]-A[k]|<|A[i]-A[k]|$，这一点可以用树状数组维护一个最小值。

反思

• 这种乱搞的题我没话说了。

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5.26晚

NO.5 BZOJ 4513: [Sdoi2016]储能表

分类： 数位dp

简要题解：

• $g(t,a,b,c) \ (a,b,c\in \{0,1 \} )$ 表示从低到高第$x$位的方案数。
  
  • $a=0$表示$i$的前$t$位比$n$的前$x$位小，$a=1$表示不作要求；
  • $b=0$表示$j$的前$t$位比$m$的前$x$位小，$b=1$表示不作要求；
  • $c=0$表示$i\ xor \ j$的前$t$位大于等于$k$的前$x$，$c=1$表示不作要求；
  • $f(t,a,b,c)$ 表示对应的和。
  • 根据限制转移： 枚举$0 \le p\le max(a,n[i]),\ 0 \le q\le max(b,m[i]),\ $令 $$j = a \ or\ (p<n[i]), \\k = b|(q<m[i])\ \\l = c\ or \ ((q\ xor\ p)>k[i])$$
    那么 $$f(t,a,b,c) \leftarrow g(i-1,j,k,l)*((p \ xor\ q)-c[i])*2^{i-1} \\ f(t,a,b,c) \leftarrow f(i-1,j,k,l) \\ g(i,a,b,c)\leftarrow g(i-1,j,k,l)$$

  反思

  • 这类数位dp的思路就是限制什么，枚举什么，以及限制条件的相互转化。
  • 注意到位运算的问题都可以每一个二进制位分开考虑

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