AT_dp 26 题
A.Frog 1
直接 dp。设 \(f_i\) 表示调到石头 \(i\) 的最小费用，则有
\[f_i=\min(f_{i-1}+\left|a_i-a_{i-1}\right|,f_{i-2}+\left|a_i-a_{i-2}\right|) \]B.Frog 2
上一题的升级版，同样设 \(f_i\) 表示调到石头 \(i\) 的最小费用，则有
\[f_i=\min_{j=i-k}^{i-1}f_j+\left|a_i-a_j\right| \]C.Vacation
设 \(f_{i,0/1/2}\) 表示第 \(i\) 天游泳/捉虫/写作业能获得的最大幸福值，则有
\[f_{i,0}=\max(f_{i-1,1},f_{i-1,2})+a_i \]\[f_{i,1}=\max(f_{i-1,0},f_{i-1,2})+a_i \]\[f_{i,2}=\max(f_{i-1,0},f_{i-1,1})+a_i \]D.Knapsack 1
01 背包。设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个物品组成体积为 \(j\) 的背包的最大价值，则有
\[f_{i,j}=\max(f_{i-1,j},f_{i-1,j-w_i}+v_i) \]可以将 \(i\) 这一维去掉，则变为
\[f_j=\max(f_j,f_{j-w_i}+v_i) \]注意：\(j\) 要反向枚举，因为我们在更新 \(f_j\) 的时候是用的是原本的 \(f_{j-w_i}\)。
E.Knapsack 2
设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个物品组成价值为 \(j\) 的背包的最小体积，则有
\[f_{i,j}=\min(f_{i-1,j},f_{i-1,j-v_i}+w_i) \]可以将 \(i\) 这一维去掉，则变为
\[f_j=\max(f_j,f_{j-w_i}+v_i) \]同上，\(j\) 也要反向枚举。
F.LCS
设 \(f_{i,j}\) 表示字符串 \(s\) 的前 \(i\) 位和字符串 \(t\) 的前 \(j\) 位的最长公共子序列长度，则有
\[f_{i,j}= \begin{cases} \max(f_{i-1,j},f_{i,j-1},f_{i-1,j-1}+1),&s_i=t_j\\ \max(f_{i-1,j},f_{i,j-1}),&\text{otherwise}\\ \end{cases} \]现在还要求出最长公共子序列，于是可以从 \(f_{n,m}\) 倒推回 \(f_{1,1}\)，并记录最长公共子序列。
G.Longest Path
DAG 上求最长路。设 \(f_i\) 表示到点 \(i\) 的最长路，则有
\[f_v=\min_{u\to v}(f_{u}+1) \]H.Grid 1
设 \(f_{i,j}\) 表示到位置 \((i,j)\) 的方案数，则有
\[f_{i,j}= \begin{cases} 0,&s_{i-1,j}=s_{i,j-1}\not=\text{.}\\ f_{i-1,j},&s_{i,j-1}\not=\text{.}\\ f_{i,j-1},&s_{i,j-1}\not=\text{.}\\ f_{i-1,j}+f_{i,j-1},&\text{otherwise} \end{cases} \]I.Coins
设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个硬币，有 \(j\) 个朝上的概率，则有
\[f_{i,j}=f_{i-1,j}\times(1-p_i)+f_{i-1,j-1}\times p_i \]可以将 \(i\) 这一维去掉，则变为
\[f_j=f_j\times(1-p_i)+f_{j-1}\times p_i \]同理，\(j\) 也要反向枚举。
J.Sushi
先考虑倒推。
设 \(f_{i,j,k,l}\) 表示剩0/1/2/3个寿司的盘子有 \(i/j/k/l\) 个，变成输入状态所需的期望步数，则有，
\[f_{i,j,k,l}=1+\dfrac{i}{n}f_{i,j,k,l}+\dfrac{j}{n}f_{i+1,j-1,k,l}+\dfrac{k}{n}f_{i,j+1,k-1,l}+\dfrac{l}{n}f_{i,j,k+1,l-1} \]整理得：
\[\dfrac{n-i}{n}f_{i,j,k,l}=1+\dfrac{j}{n}f_{i+1,j-1,k,l}+\dfrac{k}{n}f_{i,j+1,k-1,l}+\dfrac{l}{n}f_{i,j,k+1,l-1} \]\[f_{i,j,k,l}=\dfrac{n}{n-i}+\dfrac{j}{n-i}f_{i+1,j-1,k,l}+\dfrac{k}{n-i}f_{i,j+1,k-1,l}+\dfrac{l}{n-i}f_{i,j,k+1,l-1} \]因为 \(i+j+k+l=n\)，所以可以将 \(i\) 的一维去掉，则有
\[f_{j,k,l}=\dfrac{n}{j+k+l}+\dfrac{j}{j+k+l}f_{j-1,k,l}+\dfrac{k}{j+k+l}f_{j+1,k-1,l}+\dfrac{l}{j+k+l}f_{j,k+1,l-1} \]K.Stones
设 \(f_i\) 表示有 \(i\) 个石头时是否有必胜策略，则有
\[f_{i}= \begin{cases} 1,&\exists j\le n,f_{i-a_j}=0\\ 0,&\text{otherwise} \end{cases} \]L.Deque
区间 dp。设 \(f_{l,r}\) 表示剩余 \(l\) 到 \(r\) 之间的数的最大差值，则分为两种情况：
-
\((n-len)\bmod2=0\)，即太郎先手，则有
\[f_{l,r}=\max(f_{l+1,r}+a_l,f_{l,r-1}+a_r) \] -
\((n-len)\bmod2=1\)，即次郎先手，则有
\[f_{l,r}=\min(f_{l+1,r}-a_l,f_{l,r-1}-a_r) \]
M.Candies
设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个人分 \(j\) 个糖果的方案数，则有
\[f_{i,j}=\sum_{k=0}^{\min(a_i,j)}f_{i-1,j-k} \]然后可以利用前缀和预处理出
\[sum_{i,j}=\sum_{k=0}^jf_{i,k} \]则可以优化为
\[f_{i,j}=sum_{i-1,j}-sum_{i-1,j-\min(a_i,j)} \]N.Slimes
区间 dp。设 \(f_{l,r}\) 表示区间 \(l\) 到 \(r\) 之间合并的最小代价，则有
\[f_{l,r}=\min (f_{l,k}+f_{k+1,r})+\sum_{i=l}^ra_i \]O.Matching
状压 dp。设 \(f_{i,s}\) 表示前 \(i\) 个男性和女性集合中状态为 \(s\) 的匹配，转移枚举第 \(i\) 个男性与哪一个女性匹配，则有
\[f_{i,s}=\sum_{j\in s}f_{i-1,s-j} \]P.Independent Set
树形 dp。设 \(f_{i,0/1}\) 表示第 \(i\) 个节点染成白/黑色，子树内的染色方案，则有
\[f_{i,0}=\prod_{j\in son_i}f_{j,0}+f_{j,1} \]\[f_{i,1}=\prod_{j\in son_i}f_{j,0} \]Q.Flowers
设 \(f_i\) 表示以 \(i\) 结尾的最大权值和，则有
\[f_i=\max_{j<i,h_j<h_i}f_j+a_i \]可以用权值树状数组优化，设树状数组的 \(t_i\) 表示满足 \(h_j=i\) 的最大的 \(f_j\) 即可。
R.Walk
设 \(f_{i, j, t}\) 表示从 \(i\) 到 \(j\) 的路径中长度为 \(t\) 的路径条数，则有
\[f_{i,j,t}=\sum f_{i,k,t-1}\times f_{k,j,1} \]然后发现它类似于矩乘的式子，则可以用矩乘优化。设 \(f_t\) 表示长度为 \(t\) 时的矩阵，则有
\[f_t=f_{t-1}\times f_1=f_1^t \]S.Digit Sum
设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 位在任意填的情况下，模 \(m\) 的值为 \(j\) 的方案数，则有
\[f_{i,j}=\sum f_{i-1,(j-k)\bmod m} \]然后设 \(g_{i,j}\) 表示前 \(i\) 位填数不能超过 \(n\) 的情况下，模 \(m\) 的值为 \(j\) 的方案数，则有
\[g_{i,j}=g_{i-1,(j-num_i)\bmod m}+\sum_{k<num_i}f_{i-1,(j-k)\bmod m} \]T.Permutation
设 \(f_{i,j}\) 表示填充前 \(i\) 位，且第 \(i\) 位上的数为 \(j\) 的方案数，则有
\[f_{i,j}= \begin{cases} \sum_{k<i}f_{i-1,k},&s_i=\text{<}\\ \sum_{k>i}f_{i-1,k},&s_i=\text{>}\\ \end{cases} \]然后前缀和优化即可。
U.Grouping
设 \(f_s\) 表示集合为 \(s\) 的物品分组的最大得分，则可以分成两个集合转移，或直接计算，即
\[f_{s}=\max_{t\subset s}f_t+f_{s-t} \]V.Subtree
假设当前的根为 \(rt\)，那么可以设 \(f_i\) 表示 \(i\) 的子树内 \(i\) 为黑色的黑色连通块方案数，则有
\[f_i=\prod_{j\in son_i}(f_j+1) \]所以 \(rt\) 的答案为 \(f_{rt}\)。但若对于每个点都这么做，会达到 \(O(n^2)\) 的时间复杂度，所以考虑换根 dp。
假设当前已经求出 \(i\) 的父亲 \(fa\) 的答案为 \(g_{fa}\)，则有
\[g_i=f_i\times\dfrac{g_{fa}}{f_i+1} \]其中 \(g_i\) 为 \(i\) 的答案。
但是因为有模数，所以不能用除法，要预处理前缀积与后缀积，然后直接相乘。
W.Intervals
设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个位置，最后一个 1 在 \(j\) 位置的最大分数，则有
\[f_{i,j}= \begin{cases} f_{i-1,j}+\sum_{l_k\le j,r_k=i}a_k,&j<i\\ \max f_{i-1,k},&j=i \end{cases} \]观察到有很多 \(f\) 之的更新都用到了同一个命令，而且我们发现每一个命令影响的是一个区间，所以我们可以将 \(f\) 值丢到线段树上，然后进行区间加。
而对于 \(i=j\) 的更新时在 \([1,i-1]\) 中取最大值，所以还要进行额外更新。注意到 \(i\) 及其后面的尚未更新，所以可以调用全局最大值。
X.Tower
一眼背包。先排序，若 \(i\) 要在 \(j\) 的上方，则把 \(i\) 放在 \(j\) 的上方的剩余空间要大于把 \(j\) 放在 \(i\) 的上方的剩余空间，则 \(s_j-w_i>s_i-w_j\)。移项得，\(s_i+w_i<s_j+w_j\)。
设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个箱子，重量和为 \(j\) 的最大价值，则有
\[f_{i,j}=\max(f_{i-1,j},f_{i-1,j-w_i}+v_i) \]将 \(i\) 这一维去掉后，则有
\[f_j=\max(f_j,f_{j-w_i}+v_i) \]易得 \(j\) 也要反向枚举。
但重量和是 \(10^7\) 级别的，仍需优化。
可以发现重量和一定会小于等于 \(s_i+w_i\)，所以可以优化为 \(10^4\) 级别。
Y.Grid 2
首先，易得从 \((x_1,y_1)\) 到 \((x_2,y_2)\) 的路径方案数为 \(\binom{x_1+y_1-x_2-y_2}{x_1-x_2}\)。
设 \(f_i\) 表示到达第 \(i\) 个障碍，且不经过其他障碍的方案数，则有
\[f_i=\binom{x_i+y_i-2}{x_i-1}-\sum f_j\times\binom{x_i+y_i-x_j-y_j}{x_i-x_j} \]如果把点 \((h,w)\) 看做第 \(n+1\) 个障碍，则答案就为 \(f_{n+1}\)。
Z.Frog 3
设 \(f_i\) 表示跳到石头 \(i\) 的最小花费，则有
\[f_i=\min (f_j+(h_i-h_j)^2+C) \]暴力拆平方得
\[f_i=f_j+h_i^2-2h_ih_j+h_j^2+C \]整理得
\[f_j+h_j^2=2h_ih_j+f_i-C \]现在想要让截距最小，所以可以对点 \((h_j,f_j+h_j^2)\) 维护下凸壳。
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