dp 的本质：通过不同的转移更新状态的答案，就像 DAG 上的拓扑一样。
dp 套 dp 的本质：将内层 dp 的答案作为外层 dp 的状态进行转移。
比如某个 dp 的状态为 \(f_{i,j}\)，第二维不再仅仅是某个状态，而是代表内层 dp 的答案，如 \(f_{i.\text{vector<int>}j}\)。
当外层 dp 进行转移时，内层 dp 同时进行转移。
通常内层 dp 的答案会通过状压来在外层 dp 上表示。
P4590 [TJOI2018]游园会
题意：有一个长度为 \(n\) 的字符串 \(S\)，其中不包含子串 NOI，和一个字符串 \(T\)。对于每一个 \(i\)，求出 \(\text{LCS}(S,T)=i\) 的 \(S\) 有多少种。
先不考虑子串限制的条件。
如果设 \(f_{i,j}\) 表示 \(S\) 的前 \(i\) 个字符和 \(T\) 匹配的 \(\text{LCS}\) 长度为 \(j\) 时的字符串数量，会发现无法转移，因为不知道当前状态匹配的 \(\text{LCS}\) 到了哪里，也就是说，我们需要把 \(\text{LCS}\) 的匹配结果作为状态表示出来。这时候就需要 dp 套 dp 了。
我们先看内层 dp，求 \(\text{LCS}\)。
回想起 \(\text{LCS}\) 的 \(O(n^2)\) 做法，我们设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(S\) 的前 \(i\) 个字符和 \(T\) 的前 \(j\) 个字符匹配的 \(\text{LCS}\)。
\[f_{i,j}= \left\{ \begin{aligned} f_{i-1,j-1}+1&&S_i=T_j\\ \max\{f_{i-1,j},f_{i,j-1}\}&&S_i\not= T_j\\ \end{aligned} \right. \]发现每添加一个字符，相当于 \(f_i\) 转移到 \(f_{i+1}\)，也就是说外层 dp 的第二维可以记为 \(f_i\) 这一层，每次转移时计算出 \(f_{i+1}\) 这一层就行。但是，这样时间和空间都爆炸了。
考虑优化，我们研究内层 dp，发现在 \(f_i\) 这一层中，\(f_{i,j+1}-f_{i,j}\in[0,1]\) ，差分出来就是一个 01 串，那么就可以对它进行状压了。
现在回到外层 dp 上，我们可以设 \(f_{i,j}\) 表示现在在 \(S\) 的第 \(i\) 位，匹配的 \(\text{LCS}\) 状压后成了 \(j\)。发现可以用滚动数组优化掉第一维。
现在重新来考虑子串限制的条件，我们只需要再开一维来记录匹配到了 NOI 的第 \(0/1/2\) 位就行。
时间复杂度为 \(O(k\times 2^k + n\times 2^k)\)，空间复杂度为 \(O(n+2^k)\)，常数都不小。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define pc(x) putchar(x)
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){f=ch=='-'?-1:f;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
void write(int x)
{
if(x<0){x=-x;putchar('-');}
if(x>9)write(x/10);
putchar(x%10+48);
}
const int mod=1e9+7;
char s[20];int mp[256];
int n,m,S,a[20],f[2][32770][3],ans[1005];
int g[2][1005],sta[32770][3],nxt[3][3]={{1,0,0},{1,2,0},{1,0,3}};
//f[i][j][k]表示前i个字符匹配的LCS的差分状压成j，NOI出现到了第0\1\2位
void init()//预处理出内层DP的转移
{
for(int i=0;i<S;++i)
{
for(int j=1;j<=m;++j)g[0][j]=g[0][j-1]+((i>>(j-1))&1);
for(int j=0;j<=2;++j)
{
for(int k=1;k<=m;++k)
{
g[1][k]=max(g[1][k-1],g[0][k]);
if(a[k]==j)g[1][k]=max(g[1][k],g[0][k-1]+1);
}int now=0;
for(int k=1;k<=m;++k)now|=(1<<(k-1))*(g[1][k]>g[1][k-1]);
sta[i][j]=now;
}
}
}
int main()
{
n=read(),m=read();scanf("%s",s+1);S=(1<<m);
mp['N']=0;mp['O']=1;mp['I']=2;
for(int i=1;i<=m;++i)a[i]=mp[s[i]];//转序列
init();f[0][0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i,memset(f[i&1],0,sizeof f[i&1]))
for(int now=0;now<S;++now)
for(int j=0;j<=2;++j)
for(int k=0;k<=2;++k)
if(j!=2||k!=2)(f[i&1][sta[now][k]][nxt[j][k]]+=f[i&1^1][now][j])%=mod;
for(int now=0;now<S;++now)
{
int tmp=now,cnt=0;while(tmp)cnt+=tmp&1,tmp>>=1;
for(int j=0;j<=2;++j)
(ans[cnt]+=f[n&1][now][j])%=mod;
}
for(int i=0;i<=m;++i)write(ans[i]),pc('\n');
return 0;
}
P4484 [BJWC2018]最长上升子序列
题意：现在有一个长度为 \(n\) 的随机排列，求它的最长上升子序列长度的期望。
正解应该是杨表，但是 dp 套 dp 可以打表 AC。
从前往后 dp，发现不能维护状态进行转移，所以从小往大来 dp。
设 \(f_i\) 表示排列中第 \(i\) 个数结尾的 \(\text{LIS}\) 长度，\(mx_i\) 为 \(f_i\) 的前缀最大值，可以发现 \(mx_i\le mx_{i+1}\le mx_i+1\)。
所以我们可以差分加状压来维护这个 \(mx\) 数组。
考虑现在在 \(i\) 和 \(i+1\) 间添加新数，那么这个数结尾的 \(\text{LIS}\) 长度一定为 \(mx_i+1\)，由于上面的性质，所以差分数组中相当于在 \(i\) 位后面添加一个 \(1\)，然后后面的遇到的第一个 \(1\) 变成 \(0\)（没有就不变）。
现在设计外层 dp，设 \(f_{i,j}\) 代表添加到 \(i\) 时，\(mx\) 的差分数组状压为 \(j\) 的排列数。
那么答案就是：
\[\sum_{i=0}^{2^n-1}f_{n,i}\times \text{__builtin_popcount}(i) \]时间复杂度为 \(O(n^2\times 2^n)\)，空间复杂度为 \(O(2^n)\)。显然都爆炸。
怎么办呢？本地打表，反正只有 \(28\) 个答案。
代码不贴了。
说是学习笔记，但就2道题（NOI2022D1T2还没补
标签：LCS,int,text,笔记,内层,学习,mx,dp From： https://www.cnblogs.com/ctldragon/p/16665256.html