「总结」$dp1$

大概就是做点题。

先列一下要做的题目列表，从\(UOJ\)上找的。

129寿司晚宴

348州区划分

370滑稽树上滑稽果

457数树

22外星人

37主旋律

300吉夫特

196线段树

311积劳成疾

量子态的棋盘(咕咕咕)

题目交流通道(咕咕咕)

1.寿司晚宴

这个题还是不错的，之前学长讲过一次。

不过不记得了。还是被根号算法教做人了。

首先数据范围是500。

考虑这里面的质因子个数有多少个。

事实上很多，早就超过了20个。

而考虑\(\sqrt{n}\)以下的最多有多少个呢？

事实上只有\(8\)个。

而任何一个小于\(n\)的数必然至多含有一个大于\(\sqrt{n}\)的质因子。

那么我们考虑状压这\(8\)个质因子。

设\(dp[s][t]\)为第一个人和第二个人已经选择了的质因子集合直接将没有大于\(\sqrt{n}\)质因子的数字加入贡献。

剩下的我们可以发现只有一个人可以含有某个大于\(\sqrt{n}\)的质因子或者两个人都不含。

这样将全部的最大质因子大于\(\sqrt{n}\)的数先\(dp\)一次压在一起在当成一个数来进行\(dp\)就可以了。

是一个\(dp\)嵌套。

最后统计答案就可以了。

2.州区划分

事实上是\(FMT\)的板子题。

设分成了\(T\)个部分,每个部分的集合为\(S_i\)

首先我们要求的是：

\[\prod\limits_{k=1}^{T}\left(\frac{\sum\limits_{i\in S_k}w_i}{\sum\limits_{j=1}^{k}\sum\limits_{i\in S_k}w_i}\right)
\]

事实上可以直接\(dp\)。

但是\(dp\)之前首先要判断一下集合的合法性，就是判断是否是一个联通的欧拉回路。

怎么做？

设\(su[s]=\sum\limits_{i\in S}w_i\)

设\(dp[s]\)为当前已经处理的集合为\(S\)的答案。

那么初始化：

\(dp[0]=1\)

要求的是\(dp[mx]\)

枚举当前添加进来的集合是\(T\)，得到转移方程。

\[dp[S]=\left(\frac{1}{su[S]}\right)^p\sum\limits_{T\subseteq S}dp[T]su[S-T]^p
\]

这样直接转移枚举子集的复杂度是\(3^n\)的。

肯定吃不消。

我们考虑如何优化这个过程呢？

这个过程事实上是一个裸的子集并卷积。

直接\(FMT\)即可。

复杂度是\(O(n^22^n)\)

3.滑稽树上滑稽果

说是个树就是骗你的。

如果树上存在一条链，那么显然把剩余的部分接到链的后面更加优秀。

然后呢？

我们把全部果子都有的位置先拿出来因为这些位置最后必然是1,设为\(k\)。

然后让全部果子都异或\(k\),这样最终的与和必然是0。

设\(dp[s]\)为当前与和为\(s\)的情况下的最小代价。

初始化\(dp[a[i]]=a[i]\)。

这样我们来枚举每个果子然后判断转移即可。

考虑如何判断是否可以转移。

我们枚举当前集合的一个子集\(t\)。

然后判断是否存在一个果子可以刚好与掉这一部分子集。

那么我们需要判断的其实是这个果子是否是与掉部分的补集的子集。

但是其实仍然需要判断是否是当前剩余部分\(s-t\)的超集。

然后发现这样其实无所谓。

由于最优决策必然会转移，而这种决策如果是不合法的（能够与掉更大的集合却没有与掉），其实是不优秀的转移，会被更加优秀的转移所覆盖掉（因为最终需要的结果只有一个是\(dp[0]\)，所有的转移最终都会收敛到\(0\)的位置）。

那么需要判断的只有一个了，就是是当前枚举的与掉的补集的子集，这个好判断。

其实就是判断一个是否存在一个\(a_i\)是某个集合的子集。直接用\(FMT\)进行一次子集合并就可以了。

然后紧接着考虑判重问题。

如果一个状态转移了很多次同一个果子怎么办？

其实也无所谓。

因为转移多了的话必定是转移到当前的集合上面来。

这样\(dp[s]=min(dp[s],dp[s]+s)\)

最优结果是不会发生变化的。

4.数树

可以用类似生成树计数的方式来做，不过这里考虑用组合意义来解题。

先考虑第一问。

其实是最简单的。

我们只需要把重边加入并查集，最后判断有几个集合即可。

然后直接快速幂就行了。

第二问是解题的关键部分。

首先有一个很显然的结论：

\[x^n=(x-1+1)^n=\sum\limits_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(x-1)^i
\]

我们考虑对于每种树所作出的贡献，我们设有\(r\)条重边。

那么枚举这个树为\(T\),得到。

\[ans=\sum\limits_{T}y^{n-r}=y^n\sum\limits_{T}(y^{-1})^r=y^n\sum\limits_{T}\sum\limits_{i=0}^{r}\binom{r}{i}(y^{-1}-1)^i
\]

然后我们考虑这个组合意义。

实际上是对于这个重边集合的每个子集\(S\)，都作出\((y^{-1}-1)^{|S|}\)的贡献。

这样我们换个方式直接枚举边集，考虑有多少个生成树的重边集合是包含这个子集的，设包含边集\(E\)的方案为\(F(E)\)。

那么：

\[ans=y^n\sum\limits_{E}(y^{-1}-1)^{|E|}F(E)
\]

我们设这个边集所形成的点集为\(m\)个，并且每个联通块的大小用\(\{a_i\}\)来表示。

利用\(prufer\)序列得到：

\[F(E)=n^{m-2}\prod\limits_{i=1}^{m}a_i
\]

就是说我现在让\(n\)个点生成一个\(m-2\)长度的\(prufer\)序列，相当于将每个点分配给\(m\)个联通块作为代表元素，而同时，每个联通块都有\(a_i\)个点,每个点都有可能作为代表元素，所以有了后面的\(\prod\)。

这样接着推柿子：

\[\begin{aligned}
ans&=y^n\sum\limits_{E}(y^{-1}-1)^{|E|}F(E)\\
&=y^n\sum\limits_{E}(y^{-1}-1)^{|E|}n^{m-2}\prod\limits_{i=1}^{m}a_i\\
&=y^n\sum\limits_{E}(y^{-1}-1)^{n-m}n^{m-2}\prod\limits_{i=1}^{m}a_i\\
&=y^n(y^{-1}-1)^nn^{-2}\sum\limits_{E}((y^{-1}-1)^{-1}n)^{m}\prod\limits_{i=1}^{m}a_i\\
&=(1-y)^nn^{-2}\sum\limits_{E}\prod\limits_{i=1}^{m}a_i(y^{-1}-1)^{-1}n\\
\end{aligned}\]

边数等于点数-连通块数。

考虑后面这个东西的组合意义。

就是在要求把树分成\(m\)个联通块的情况下在每个连通块中选择一个特殊点作为染色点，然后每个联通块要乘上的贡献是\(n(y^{-1}-1)^{-1}\)

这样问题就变得简单起来了。

我们做一次\(dp\)就可以解决了。

我们设\(dp[x][0/1]\)为当前点为\(x\),\(x\)及其归并的子树中\(x\)所在的联通块(已经/还未)存在关键点的贡献总和。

设\(w=n(y^{-1}-1)^{-1}\)

初始化：\(dp[x][0]=1,dp[x][1]=w\)

这样有转移方程：

\[dp[x][0]=dp[x][0]dp[t][1]+dp[x][0]dp[t][0]
\]

\[dp[x][1]=dp[x][0]dp[t][1]+dp[x][1]dp[t][0]+dp[x][1]dp[t][1]
\]

这样就可以\(O(n)\)的得到答案了。

第三问要用到生成函数了。

我们考虑一下对于每个生成树，我们仍然考虑他的边集所做的贡献。

这样的话仍然枚举一次生成树：

\[ans=(1-y)^nn^{-2}\sum\limits_{T}\sum\limits_{E}\prod\limits_{i=1}^{m}a_i(y^{-1}-1)^{-1}n
\]

仍然枚举边集，考虑被计算的次数：

\[\begin{aligned}
ans&=(1-y)^{n}n^{-2}\sum\limits_{E}F(E)\prod\limits_{i=1}^{m}a_i(y^{-1}-1)^{-1}n\\
&=(1-y)^nn^{-2}\sum\limits_{E}n^{m-2}\prod\limits_{i=1}^{m}a_i^2(y^{-1}-1)^{-1}n\\
&=(1-y)^{n}n^{-4}\sum\limits_{E}\prod\limits_{i=1}^{m}a_i^2(y^{-1}-1)^{-1}n^2\\
&=(1-y)^{n}n^{-4}\sum\limits_{E}((y^{-1}-1)^{-1}n^2)^{m}\prod\limits_{i=1}^{m}a_i^2\\
P(m)&=((y^{-1}-1)^{-1}n^2)^{m}\\
ans&=(1-y)^{n}n^{-4}\sum\limits_{E}P(m)\prod\limits_{i=1}^{m}a_i^2\\
\end{aligned}\]

这样我们设立一个指数生成函数\(G(x)\)。

我们让\(e_i=P(i)i^2i^{i-2}\)，这个是什么呢？

我们用一个大小为\(i\)的联通块进行组合，这样我们得到了的贡献就是\(i^2\)，而这种情况存在的内部的方案有\(i^{i-2}\)种（\(prufer\)）序列。

而我们让：

\[G(x)=\sum\limits_{i=1}^{\infty}\frac{e_ix^i}{i!}
\]

这样的话就是一个联通块的方案和贡献合并的生成函数了。

我们考虑一棵树的某些边集能够形成多个连通块，所以这张图的生成函数是多个连通块的组合。

于是我们设有\(n\)个点的树的贡献生成函数为\(F(x)\)。

因为必然至少有一个联通块,并且每个联通块内部已经有所编号，那么联通块是没有编号的，所以除掉阶乘，那么有：

\[F(x)=\sum\limits_{i=1}^{\infty}\frac{G^i(x)}{i!}=e^{G(x)}
\]

这样直接用一个\(exp\)就可以算出来了。

答案就是：

\[ans=(1-y)^{n}n^{-4}n![x^n]F(x)
\]

复杂度是\(O(nlogn)\)的。

5.外星人

这个题好像还挺简单的。

首先我们知道如果一个比较小的数比一个比较大的数更加靠前的话。

那么后边那个比较大的数其实是没有用的。

这样我们按照从小到大排序，然后枚举每个数是否起作用就可以转移了。

当然最小的那个数必须要其作用。

然后考虑如何\(dp\)方案。

设\(dp[i][j]\)为在考虑前\(i\)个人的情况下，当前答案为\(j\)的方案数。

这样可以得到转移方程：

\[dp[i][j]=[k\%a[i]=j]dp[i-1][k]+dp[i-1](n-i)
\]

后面那个表示当前这个不起作用，那么他所在的位置就有\(n-i\)种（后面的都比他要小随便插入进去就可以了）。

6.主旋律

clj出的神题。。

神如骨髓。

首先回顾一下简单一点的版本。

巨神兵。

一个简单的有向图\(DAG\)计数。

我们设\(dp[S]\)为集合\(S\)形成一个\(DAG\)的方案数。

那么我们试着构造分层图。

这样的话我们考虑枚举最后一层，即入度为\(0\)的方案。

转移的话就是：

\[dp[S]=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}2^{w(T,S-T)}dp[S-T]
\]

为什么呢？

因为我们枚举的\(T\)不一定是全部不的入度为0的点。

这样的话可能出现如下情况：

\(A\)先入\(DAG\),\(B\)后入和\(B\)先入\(A\)后入，而具体的连边方式是不变的。

那么这样就必须要减去\(AB\)同时出现的方案。

这样的话就是一个奇加偶减了。

也就是上面那个容斥系数。

现在这个呢？

其实本质上是一样的。

就是从枚举点集变成了枚举强联通。

我们设\(g[S]\)为集合\(S\)中奇数个互不相交的强联通的方案\(-\)偶数个互不相交的强联通的方案。

设\(dp[S]\)为\(S\)的强联通生成方案。

设\(c\)为某个集合的边数。

这样就有简单的转移了。

\[g[S]=dp[S]-\sum\limits_{T\subseteq S,T\neq \emptyset}dp[T]g[S-T]
\]

也就是我们枚举一个新的强联通加入当前集合,由于\(g[0]=0\)，所以还要加入只有一个强联通的方案,可以枚举1这个点所在的缩点 \(DAG\) 0入度层。

根据上面那个条件来说有：

\[2^{c[S]}=dp[s]+\sum\limits_{T\subseteq S,T\neq \emptyset}g[T]2^{c[S-T]+c[T\rightarrow S-T]}
\]

\[dp[S]=2^{c[S]}-\sum\limits_{T\subseteq S,T\neq \emptyset}g[T]2^{c[S-T]+c[T\rightarrow S-T]}
\]

我们枚举的是\(DAG\)的点集，而这些点是不能被连入边的，

同时剩余的部分\(S-T\)只需要随意的删减边即可，缩点之后必然形成若干个\(DAG\)。

我们按照奇偶来划分的话，就必然使得这个\(dp\)满足最上面\(DAGdp\)的容斥系数。

相当于在带着容斥系数\(dp\)。

而我们的\(dp[S]\)就是总的方案数减去缩点后为一个点数大于\(1\)的\(DAG\)的方案数。

注意这里的转移似乎出现了环。实际上不是这样的。

因为容斥减去的必然不能含有整个集合缩为一个强联通的方案。

所以当时的\(g[S]\)必须暂时的不加入\(dp[S]\)，而求出\(dp[S]\)之后再将之加入。

复杂度就是\(n3^n\)的。

加入一些卡常技巧就可以通过了。

7.吉夫特

怎么说\(O(n^2)\)的\(dp\)还是挺简单的。

我们改变一下那个取模的式子。

是怎么样的呢？

\[\binom{n}{m} mod\ 2=\binom{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}{\lfloor\frac{m}{2}\rfloor}\binom{n%2}{m%2}mod\ 2
\]

这样其实就可以发现必须要求\(n\)在二进制下的每一位都要大于等于\(m\)。

这样可以进行一个\(O(n^2)\)的\(dp\)了。

然后对于位置，枚举当前点的超集进行\(dp\)，就可以通过了。

8.线段树

浙江题质量真高啊，完全没思路的说。

首先我们需要求得数组是：

\[su[i][j]
\]

表示位置\(i\)最终大小是排名为\(j\)的数的方案。

那么：

\[ans[i]=\sum\limits_{j=1}^{n}w[j]su[i][j]
\]

其中\(w[j]\)表示大小为\(j\)的数是多少。

考虑怎么求\(su[i][j]\)。

我们设\(dp[T][l][r]\)为对于某一个位置\(x\)来说，第\(T\)轮的时候其能控制的不大于自己的极大区间为\([l,r]\)的方案数。

设\(c[l][r]=(l(l-1)/2+l-1)+((r-l+1)(r-l)/2+r-l+1)((n-r)(n-r-1)/2+n-r)\)

也就是不跨过\(l,r\)的区间个数了。

设一开始用单调栈跑出来的极大区间为\([L,R]\)。

那么：

\[dp[0][L][R]=1
\]

有转移：

\[dp[T][l][r]=dp[T-1][l][r]c[l][r]+\sum\limits_{i=L}^{l-1}dp[T-1][i][r](i-1)+\sum\limits_{i=r+1}^{R}dp[T-1][l][i](n-i)
\]

什么意思呢？

有三种转移：

一种是不改变区间，也就是修改的区间不跨过\(l,r\)。

一种是改变区间的左侧,也就是说要修改掉\([i,l-1]\)这段区间，而\(a[i-1]\)一定是大于当前位置的，因为极大区间不能继续扩展了，所以左侧的\(i-1\)个位置均可以作出贡献。

一种是缩小区间的右侧，也就是说要修改掉\([r+1,i]\)。这段区间，而\(a[i+1]\)大于当前位置，所以一样的右侧的\(n-i\)个位置都可以作贡献。

这样就可以较为简单的求出\(su\)数组了。

9.积劳成疾

设\(dp[i][j]\)为长度为\(i\)，值域为\([1,j]\)的乘积总和。

设\(c[i][j]\)为长度为\(i\)的数组中，每个长度为\(k\)的区间有多少个覆盖了\(j\)位置。

那么有转移：

\[dp[i][j]=dp[i][j-1]+\sum\limits_{k=1}^{k}w_j^{c[i][k]}dp[k-1][j-1]dp[i-k][j]
\]

首先\(j\)这个值可以不出现，这样的总和为\(dp[i][j-1]\)。

然后如果出现了。

我们就枚举他出现的第一个位置\(k\)。

这样这个位置为最大值的情况下有\(w_j^{c[i][k]}\)的贡献。

同时左右两侧的区间贡献分别为\(dp[k-1][j-1]\)和\(dp[i-k][j]\)，由于枚举了第一次出现的位置，所以左侧值域是\([1,j-1]\)，而右侧可以再次出现，所以值域是\([1,j]\)。

注意特判没有区间出现的情况，计算贡献的时候按照方案来算即可。

答案是\(dp[n][n]\)。