2022.9.30日调试笔记

前言

这几天在学习点分治，写了一百多行代码交模板题直接爆零，所以转而研究DP，发现了一些好题以及坑点。
由于太坑，我今天决定转而继续调试点分治。

1：4933 大师

我的思路参考题解区O(n²)做法，AC代码如下：

#include<iostream>
using namespace std;
long long a[1005];
long long f[1005][40005];
const int N=20005;
long long sum=0;
int main() {
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<i;j++)
			(f[i][a[i]-a[j]+N]+=1+f[j][a[i]-a[j]+N])%=998244353,
			(sum+=1+f[j][a[i]-a[j]+N])%=998244353;
	cout<<sum+n;
}            

但是在具体实现时，我发现一个问题。如果将状态的转移和统计sum分离，这样是正确的：

for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<i;j++)
			(f[i][a[i]-a[j]+N]+=1+f[j][a[i]-a[j]+N])%=998244353;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<i;j++) 
			(sum+=1+f[j][a[i]-a[j]+N])%=998244353;

而如果这样统计sum，那就会获得偏大的答案：

		for(int j=1;j<i;j++)
			(f[i][a[i]-a[j]+N]+=1+f[j][a[i]-a[j]+N])%=998244353;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<i;j++) 
			(sum+=f[i][a[i]-a[j]+N])%=998244353;

经过与机房同学的讨论，得到了如下代码，可以通过该题：

	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<40005;j++) 
			(sum+=f[i][j])%=998244353;     

除这3行代码以外，其余部分均与文中第一次提到的AC代码相同。
与上文中无法通过的代码相比，这一份代码通过枚举公差来更新sum。
于是可以明显的看出，上一份代码的问题在于可能有a[i]-a[j1]=a[i]-a[j2]的情况，所以导致一些状态被计算了多次。因此答案会偏大。

2：P3558 [POI2013]BAJ-Bytecomputer

我的思路基本与题解一致，但在转移的过程中，与绝大部分题解通过手动枚举所有情况进行转移不同的是，我通过推导公式帮助转移。

状态、初始化与转移

设f[i][j+1]表示维持前i个数字为升序，并且第i个数字变为j的最小操作次数。显然j∈[-1,1]，也就是说j不可能超出原有边界，设转移时，第i-1个数字变为了k，那么证明如下：
先证明j≥-1：这是因为k≥-1，且j≥k，用数学归纳法可以证明。
再证明j≤1：如果j>1，那么j后面的每一个数都必须>1，也就是说，j以及后面的数都"向上偏移"了，这时候完全可以减少j的增量，让j以及其后面的数再“向下偏移”，通过减小j累加k的次数来实现“向下偏移”，显然这样可以减少操作次数。

初始化：f[a[1]+1]=0，显然第一个数直接构成一个不下降序列，而且第一个数无法改变。其他所有地方赋初值为1e9，表示（在当前以及之前条件下）无论进行多少次操作也无法得到这些局面。比如在i=1条件下，无论进行多少次操作也无法改变f[2]区域的值。
结尾特判，如果答案≥1e9，意味着无解，输出BRAK。

转移：

• 首先讨论是否a[i]是否需要通过累加k来达到j，（即a[i]是否等于j）。如果不需要，直接继承前一个位置的值即可：

if(a[i]==j)
	f[i][j+1]=min(f[i][j+1],f[i-1][k+1]);

• 否则，即a_i≠j，那么设累加j的次数为cnt，于是得到如下有关k的方程：
  k×cnt+a_i=j
  解方程：
  cnt=(j-a_i)/k ，注意这里的"/"表示整除，换言之，若无法整除则无解。
  其他无解的情况有：k=0；(j-a_i)/k<0，这种情况无解是因为显然操作次数不可能为负数。

接下来讨论这3种无解的情况：

1. 无法整除时，不存在合法的cnt，跳过这种状态（continue）。
2. cnt<0，不存在合法的cnt，continue。
3. k=0，不存在合法的cnt。(严格来说这里忽略了一种情况，即a_i=j且k=0，根本不需要改变，此时cnt=0，但前文已经提到了a_i≠j，所以没有讨论这种情况也是可以的）

即：

else if(!k||(c=((j-a[i])/k))<0||(j-a[i])%k) 
	continue;

• 否则，用c代表cnt，可以得到以下转移方程：

else
	f[i][j+1]=min(f[i][j+1],f[i-1][k+1]+c);

这个公式的语义是，这个位置为j的最小操作次数=所有“前一个位置为k的最小操作次数+k变成j最少需要的操作次数”中的最小值。

最后，注意到序列必须是不降的，所以任何时候，k<=j。
f[1]由上文的初始化得到，是故转移从f[2]开始：

for(int i=2; i<=n; i++)
	for(int j=-1; j<=1; j++)
		for(int k=-1,c=0; k<=j; k++)
			if(a[i]==j)
				f[i][j+1]=min(f[i][j+1],f[i-1][k+1]);
			else if(!k||(c=((j-a[i])/k))<0||(j-a[i])%k) 
					continue;
			else
				f[i][j+1]=min(f[i][j+1],f[i-1][k+1]+c);

完整代码：

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
int a[1000005];
int f[1000005][3];
int main() {
	int n;
	cin>>n;
	for(auto&i:f)
		for(auto&j:i)
			j=1e9;
	for(int i=1; i<=n; i++)
		cin>>a[i];
	f[1][a[1]+1]=0;
	for(int i=2; i<=n; i++)
		for(int j=-1; j<=1; j++)
			for(int k=-1,c=0; k<=j; k++)
				if(a[i]==j)
					f[i][j+1]=min(f[i][j+1],f[i-1][k+1]);
				else if(!k||(c=((j-a[i])/k))<0||(j-a[i])%k) 
						continue;
				else
					f[i][j+1]=min(f[i][j+1],f[i-1][k+1]+c);
	if(min({f[n][0],f[n][1],f[n][2]})>=1e9)
		cout<<"BRAK";
	else
		cout<<min({f[n][0],f[n][1],f[n][2]});
	return 0;
}

本题后记

这个公式确实很不容易推导，而且极其容易漏解，感谢机房同学甲和机房同学乙的调试！

后记

于是皆大欢喜。