知识回顾
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巩固：Lucas，网络流，二分图
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深入研究：背包DP，树形DP，区间DP，状压DP。
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简单了解/没学明白：博弈论，插头DP
练题
读完题后以为矩阵可以相邻，费了一个小时去写...（可恶
直接暴力交换复杂度是 \(O(nmq)\)，无法接受，考虑链表。
对于每个点 i，定义 \(right_i\) 为 i 的右继，\(down_i\) 为 i 的下继。
然后把矩阵边缘的那些点的 \(right\) 和 \(down\) 交换一下就好了。
有些小细节。复杂度 \(O((n+m)q)\)。
P8074 [COCI2009-2010#7] SVEMIR
最小生成树题。
考虑分别将 x，y，z 排序，只连相邻的边，总边数 \(3\times n\)。
跑一边 kruskal 就行了。
复杂度 \(O(n \log n)\)。
很显然的树形背包。
定义 \(f_{i,j}\) 为以 i 为子树，删 j 个子节点的最小代价。
然后列式子卡上下界，经典背包。
复杂度 \(O(n^2)\)。
基础博弈论。
我们考虑将一个集合分为两部分，四种情况讨论：
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A 胜，B 胜，AB 不确定。
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A 胜，B 负，AB 胜。
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A 负，B 胜，AB 胜。
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A 负，B 负，AB 负。
可以发现这符合 xor 的性质。
假如先手面对石堆 A，剩下的为 B，那么 A ^ B = S。
其中 A 包含 S 的最高位。
如果 S 不为 0，那么先手一定可以取走一些石头使得 A = B。从而获胜。
如果 S 为 0，那么先手必败。
综上，只需要全部 xor 一遍看是否为 0 即可。
博弈论+DP。
定义 \(f_{i,j}\) 为作为先手，在 \([l,r]\) 这个区间里最多能获得的价值。
转移方程显然：
\[f_{i,j}=\max(sum_{i+1,j}-f_{i+1,j}+a_i,sum_{i,j-1}-f_{i,j-1}+a_j) \]复杂度 \(O(n^2)\)。
在 Nim 游戏的基础上输出先手第一次选取的方案。
我们知道 A ^ B = S，且 A 包含 S 的最高位，所以先手第一次要选 A - B 个。
找到最前面的即可。
P2252 [SHOI2002]取石子游戏|【模板】威佐夫博弈
神奇的博弈论板子。
我们称后手必胜态为奇异局势。那么前几个为：
\((0,0),(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),(8,13)\)。
可以发现第 i 个（编号从 0 开始）两者的差为 i，且第一个元素为前 i-1 组的 mex。证明略。
然后需要用到 beatty 定理：
设 a、b 是正无理数且 \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=1\)。记\(P=\lfloor an\rfloor\)，\(Q=\lfloor bn\rfloor\),其中 n 为任意正整数，则 P 与 Q 是 N+ 的一个划分。
证明略......
于是我们令第一个元素为 \(\lfloor an \rfloor\)，第二个元素为 \(\lfloor (a+1)n\rfloor\)
\[\frac{1}{a}+\frac{1}{a+1}=1 \ (a>0) \]解得 \(a=\frac{1+\sqrt 5}{2}\)。
所以对于每个询问，我们只需计算出两个数的差，然后根据公式判断第一个元素是否与算出来的相等即可。
针对模数比较小的组合数运算。
通过推一坨我不懂的式子可以得出：
\[\dbinom{n}{m}\bmod P=\dbinom{\frac{n}{P}}{\frac{m}{P}}\cdot \dbinom{n \bmod P}{m \bmod P}\bmod P \]对于第二项，由于 n，m 都小于 P，可以直接算出。
对于第一项，继续递归处理。
Nim游戏+换根DP。
我们定义每个节点的深度为 \(\lfloor \frac{dep_i}{k} \rfloor\)，也就是能挪多少次。
如果深度为偶数，则上面的石子不会影响局面，因为挪完后先后手的顺序不变。
如果深度为奇数，则挪完一次后深度变为偶数，相当于选择一部分石子扔掉。
诶！这不就是 Nim 游戏吗。
于是我们可以把深度为奇数的那些石子数异或起来，然后换根DP。
定义 \(f_{i,j}\) 为对于当前节点 i，深度模上 \(2\times k\) 为 j 的子节点的石子数之和。
那么对于当前节点的答案就是 \(\sum\limits_{j=k}^{2k-1}f_{i,j}\)，仔细想想就能理解。
然后换根的公式是借鉴题解的，因为我推的太麻烦了，简直不是给人看的......
可以定义临时变量 \(g_i\) 为除去以当前节点 u 为根的子树，剩下部分的答案。
\[g_{(j+1)\bmod 2k}=f_{u,(j+1)\bmod 2k} \land f_{v,j} \]这里 f 的定义不再是之前的了，变为以其为根的答案。
\[f_{v,(j+1)\bmod 2k}\land=g_j \]这样就行了。
复杂度 \(O(nk)\)。
插头DP。
定义 \(f_{i,j}\) 为前 i 个数，分为 j 段，每段互不影响的方案数。
假设 i 不为 s 或 t。
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合并两段：\(f_{i,j}=f_{i-1,j+1}\cdot (j-num)\)，其中 num 为 \((i>s)+(i>t)\)。
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新成一段：\(f_{i,j}=f_{i-1,j-1}\cdot j\)
起点和终点的位置唯一，所以 \(f_{s,j}=f_{s-1,j-1}+f_{s-1,j}\)，t 同理。
最终答案 \(f_{n,1}\)。
复杂度 \(O(n^2)\)。
背包+状压DP。
直接做肯定不行，但是我们发现每个 \(w_i\) 都可以表示成 \(a\times 2^b\) 的形式，而且 a，b，n 都很小。
考虑以 b 分组。
定义 \(f_{i,j}\) 为在 \(2^i\) 这组中，容量为 \(j\times 2^i\) 的情况下，最大价值是多少。
f 可以直接用传统背包解决。
揭晓来考虑怎么将不同的 b 合并起来。
定义 \(g_{i,j}\) 为考虑 0 到 i 这些物品，其中 b 为 i 的物品给 \(j\times 2^i\) 空间，最大最大价值。
怎么借助 f 转移呢？我们可以考虑 i 物品实际上用了多少容量。
\[g_{i,j}=\min(f_{i,j-k}+g_{i-1,2k+(W>>(i-1))\And1}) \]从高位到低位，k 需要乘 2，然后再加上 i-1 为上原来的容量。
注意，由于 g 的第二维可能很大，可以和 \(10\times n\) 取个 min。
最后输出 \(g_{\log_2m,1}\) 即可。
复杂度 \(O(T\cdot 3000\cdot n^2)\)，实际上远小于。
区间DP。
容易想出一个非常暴力的状态，\(f_{i,j,k}\) 表示把区间 \([i,j]\) 染成颜色 k 的最小操作，复杂度 \(O(n^4)\)，直接起飞，考虑优化。
定义 \(f_{i,j}\) 为将区间 \([i,j]\) 染成 \(c_j\) 的最小操作数。
为什么是 \(c_j\) 呢？因为如果是其他颜色，还要改 \(c_j\)，不如直接把 \([i,j-1]\) 染成 \(c_j\)。
第一种转移：
\[f_{i,j}=\min(f_{i+1,j},f_{i,j-1})+1 \]+1 是因为默认与单个的颜色不同。
第二种转移：
\[f_{i,j}=\min(f_{i,k}+f_{k+1,j}) \]其中 \(c_k=c_j\)。很显然，无需解释。
复杂度 \(O(20\cdot n^2)\)。常数很小。
P4766 [CERC2014]Outer space invaders
看起来很像是贪心，但仔细想想就会发现不行。
可以尝试区间 DP。
定义 \(f_{l,r}\) 为把所有被包含在区间 \([l,r]\) 内的外星人杀掉所用最小代价。
根据正常的套路，我们需要将区间分为互不干扰的两部分，然后分别求解。
然后我们发现可以枚举距离最大的外星人 k 被杀的时间 mid。
\[f_{i,j}=\min(f_{i,mid-1}+d_k+f_{mid+1,j}) \]为什么能把区间断开呢？
如果时刻 mid 还有其他外星人，那么 mid-1 和 mid+1 就会割掉它区间的一部分，也就不再接下来的考虑范围里了，相当于和 k 一起被杀了。
注意需要离散化。
复杂度 \(O(n^3)\)。
一年半前做过一次，没做出来，现在看还是不会......唉，拉了呀！
如果是一棵树的话，肯定可以做，但这题是个 DAG，所以我们需要正反两种边分别做一下。
定义 \(f_{i,j}\) 为节点 i 在其子树中排名为 j 的方案数。
假设 u 的排名为 p，儿子 v 的排名为 q，且边为 \((v,u)\)。
定义 k 为 u 加上 v 后的排名，那么子树 v 中一定右 k-p 个排名小于 p 的，而 v 的排名小 u，所以 \(q\le k-p\)，\(q+p\le k\)。
排在 u 之前的有 p-1 个是原来的，排在 u 之后的有 \(siz_u-p\) 个是原来的，所以和新加入的儿子 v 组合一下就是 \(\dbinom{k-1}{p-1}\cdot \dbinom{siz_u+siz_v-k}{siz_u-p}\)。
所以转移方程为：
\[f_{u',k}=\sum\limits_{p=1}^{siz_u}\sum\limits_{q=1}^{siz_v}[q+p\le k] \dbinom{k-1}{p-1}\cdot \dbinom{siz_u+siz_v-k}{siz_u-p}\cdot f_{u,p}\cdot f_{v,q} \]同理考虑边为 \((u,v)\) 的情况。
因为 v 的排名要比 u 靠后，所以 \(q>k-p\)，\(q+p>k\)。
然后转移还和之前一样。
现在复杂度是 \(O(n^3)\)，我们需要尝试优化掉一个 \(\sum\)。
将与 p 有关的都提到前面：
- \((v,u)\)：
- \((u,v)\)
最后的那个 \(\sum\) 可以用前缀和优化掉。
注意：上下界一定要卡好，\(f_{i,1}=1\)。
复杂度 \(O(n^2)\)。
一道网络流/二分图的题。
首先，我们可以黑白染色把男女分开，搞成一个二分图。
然后，要求出这个图的最大独立集，也就是总人数 - 最大匹配数。
网络流和 KM 都可以做。我用的是网络流。
标签：dbinom,省选,siz,复杂度,第六周,cdot,计划,sum,DP From： https://www.cnblogs.com/HQJ2007/p/17561600.html