一些对于动态规划的技巧，与优化进行区分。
技巧学过之后是简单的，但是不学基本上写不出来，这些技巧一般只是解题的一小步，或者状态的设计与优化，但其实是至关重要的。
1. 费用提前计算
当 DP 中当前决策会影响未来的费用/贡献，且该费用/贡献仅与当前决策相关，这样我们可以提前计算所影响的费用。
栗子：我们有一些机器，存在一个值表示该机器的价值，选出某个机器可以增加其他所有机器的价值 \(up\)，则对于选该机器的决策，我们就有固定增加 \(up \times (n - 1)\) 的贡献，可以提前计算。
什么叫仅呢？再举一个例子，若选择 \(i,j\) 两个机器会造成额外 \((w_i + w_j)^2 = w_i^2 + w_j^2 + 2w_i w_j\) 的贡献，则对于该式子就不仅与 \(i\) 相关，因为 \(2w_iw_j\) 与两项皆有关。
首先按照 \(x\) 排序，这样走一定更优，我们设 \(f_{0/1,i,j}\) 表示当前已经拿到 \([i,j]\) 区间内的彩蛋，且当前在 \(i/j\) 的最高分数，若我们要花费 \(t\) 时间进行移动，则未选择的彩蛋的贡献会减少，即当前选择去某个彩蛋，则对于未来将要造成的贡献是有影响的，且仅与该决策，或者说花费的时间相关，若是暴力弄的话需要加一维状态，是非常不优的。
考虑费用提前计算，假设我们选了 \([i,j]\) 的点，将要选择 \(i-1\) 点，则有 \(y_{i-1} - t \times \left(\sum_{k=1}^{i-1}v_k + \sum_{k=j+1}^n v_k\right)\) 的贡献，右边是对未来贡献造成的影响，即所有未选择的彩蛋都下降 \(t\) 时间，其中 \(t\) 为移动所花费的时间，即 \(x_i - x_{i-1}\)。
所以我们可以得到转移方程：
- \(f_{0,i,j} = \max(f_{0,i+1,j} - (x_{i+1} - x_i) \times s_{i+1,j},f_{1,i+1,j} - (x_j - x_i) \times s_{i+1,j}) + y_i\)
- \(f_{1,i,j} = \max(f_{0,i,j-1} - (x_j - x_i) \times s_{i,j-1},f_{1,i,j-1} - (x_j - x_{j-1}) \times s_{i,j-1}) + y_j\)
其中 \(s_{i,j}\) 表示除去 \([i,j]\) 区间内 \(v\) 的和，即上文的式子。
复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)。
例题
II P4870 [BalticOI 2009 Day1] 甲虫
双倍经验，该题不用喝完所有露水，我们需要枚举所选个数，复杂度 \(\mathcal{O}(n^3)\)。
III UVA1336 Fixing the Great Wall
三倍经验。
好题。
首先对于 \(\times 2\) 相当于在其二进制下加了个 \(0\)，而 \(+ 1\) 操作相当于进位，这个进位不是很好处理，因为其会大幅影响结尾 \(0\) 的个数，我们思考一下，最后的结果都是形如 \(\dots 1000 \dots\)，后面全是 \(0\)，而前面我们不关注，也就是说我们只关心其最低位 \(1\) 在哪里，所以我们考虑从后往前 DP。
设 \(f_{i,j,k}\) 表示后 \(i\) 个操作后，相当于加 \(j\) 后，有 \(k\) 个 \(\times 2\) 的概率，则有：
- 若上个操作为 \(+ 1\)，则因为后面跟着 \(k\) 个 \(\times 2\)，相当于 \(+ 1\)，即 \(f_{i+1,j+1,k} \gets f_{i,j,k} \times \frac {100 - p} {100}\)
- 若上个操作位 \(\times 2\)。
- 若 \(2\mid j\)，我们可以相当于加 \(\frac j 2\) 后，有 \(k+1\) 个 \(\times 2\)，即 \(f_{i+1,\frac j 2,k+1} \gets f_{i,j,k} \times \frac p {100}\)。
- 若 \(2\nmid j\)，则其末尾 \(1\) 就固定了，而前面我们不关注，所以我们可以直接统计答案，即 \(ans \gets f_{i,j,k} \times \frac p {100} \times k\)。
最后当结束 \(k\) 次操作后，其答案与 \(x\) 也相关，即 \(ans \gets \sum\sum f_{k,i,j} \times (s_{x + i} + j)\)，其中 \(s_x\) 表示 \(x\) 最低位 \(0\) 的个数。
我们最多有 \(k\) 次 \(+ 1\) 操作，总复杂度 \(\mathcal{O}(k^3)\)，已经可以过了。
可是这与费用提前计算有什么关系呢？我们发现 \(k\) 这维是用来计算答案的，而若操作为 \(\times 2\) 时，其对于后面一定有 \(1\) 的贡献，即其二进制末尾一定会多个 \(0\)，所以我们可以直接对答案造成 \(f_{i,j} \times \frac p {100}\) 的贡献，这样我们减少一维，复杂度 \(\mathcal{O}(k^2)\)。
一个技巧。
首先可以排序，这样对于我们选择的一组学生，其最大值即为最右边的值，则对于每个人有三种情况，最小值/最大值/中间值，所以我们设计 \(f_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 个学生，还有 \(j\) 组没有最大值，所造成贡献为 \(k\) 的方案数，有：
- 若第 \(i\) 个人为新的一组最小值，则 \(f_{i,j,k} \gets f_{i-1,j-1,k+a_i}\)。
- 若第 \(i\) 个人为中间值，则 \(f_{i,j,k} \gets f_{i-1,j,k} \times j\)。
- 若第 \(i\) 个人为某一组最大值，则 \(f_{i,j,k} \gets f_{i-1,j+1,k-a_i} \times (j + 1)\)。
- 若第 \(i\) 个人单独一组，则 \(f_{i,j,k} \gets f_{i-1,j,k}\)。
这里我们将 \(|max - min|\) 的贡献拆开来计算，\(k\) 可以为负数，最大可能开到 \(\sum a_i\)，复杂度 \(\mathcal{O}(n^3V)\)，无法通过。
可以发现 \(k\) 是较小的，我们考虑将 \(a_i - a_j\) 拆分成一些数的和，这样不会造成负数的情况，可以考虑差分，对于状态 \(f_{i,j,k}\)，有对于所有没有最大值的 \(j\) 组，一定有 \(j \times (a_{i+1} - a_i)\) 的贡献，因为其最大值在 \(i\) 之后，一定大于 \(a_i\)，这里相当于费用提前计算了。
设 \(c_i = a_i - a_{i-1}\)，有转移：
- 若第 \(i\) 个人为新的一组最小值，则 \(f_{i,j,k} \gets f_{i-1,j-1,k-c_i\times (j-1)}\)。
- 若第 \(i\) 个人为中间值，则 \(f_{i,j,k} \gets j \times f_{i-1,j,k-c_i\times j}\)。
- 若第 \(i\) 个人为某一组最大值，则 \(f_{i,j,k} \gets (j+1) \times f_{i-1,j+1,k-c_i\times (j+1)}\)。
- 若第 \(i\) 个人单独一组，则 \(f_{i,j,k} \gets f_{i-1,j,k-c_i\times j}\)。
这样复杂度是 \(\mathcal{O}(n^2k)\)。
II 的加强，唯一的区别是本题的蜡烛长度会不同，这样会导致我们选择的熄灭的蜡烛会不是一段连续的区间，我们就不可以枚举区间，考虑到我们费用提前计算的是未熄灭的蜡烛，即这些蜡烛都会变短，这样我们在其基础上加一维 \(k\) 表示 \([l,r]\) 区间外还剩 \(k\) 只蜡烛未被熄灭。
转移类似，多了两种不熄灭该蜡烛的情况需要讨论，复杂度 \(\mathcal{O}(n^3)\)。
VII P7650 [BalticOI 2007 Day 1] Ranklist Sorting
神题。
分数各不相同，先离散化好处理，这里将其从大到小排序（意思是最大值为 \(1\)，次大值为 \(2\) ...），令 \(id_i\) 表示数 \(i\) 在原数列所在下标，\(a_i\) 表示下标为 \(i\) 中的数。
所以最后我们会得到 \((1,2,....n-1,n)\) 的数列。
首先观察题目，可以感性发现一些性质。
- 若要使某个人 \(x\) 移动，最多让其移动 \(1\) 次，即移动到 \(x+1\) 前面，移动多次一定不如只移动一次优。
- 对于某个人 \(x\)，若其向后移动，会使一些人的下标减少，可以减少费用。
可以得出一个 结论：我们的操作应该是从编号大的到编号小的进行操作，且每个人最多操作一次。
对于某个人 \(i\)，我们假设所有 \(> i\) 的数已经聚到一起，则我们可以设计 \(f_{i,j}\) 表示到第 \(i\) 个人，且所有 \(\geq i\) 的人聚到 \(j\) 的位置的最小费用。
分为两种情况。
-
若其要向右移动，设其要到达的位置为 \(j > id_i\)：
因为每次所造成的贡献是当前下标，所以我们需要考虑求出，因为我们从大到小操作，根据结论可知，所有小于 \(i\) 的数都没有动，即 \(i\) 所在原位置前面小于 \(i\) 的数是可知的，而所有大于 \(i\) 的数一定在右边，因为 \(j > id_i\)，所以 \(i\) 所在的真实位置是下标小于 \(id_i\) 且大小小于 \(i\) 的数目 \(+1\)，设 \(c_{i,j}\) 表示前 \(i-1\) 个数中 \(< j\) 的数目，则当前 \(i\) 所在真实位置即为 \(c_{id_i,i} + 1\)，同理我们可以得出 \(i+1\) 的真实位置为 \(c_{j,i+1} + 1\)。
-
则若移动至 \(j\) 前面的贡献为 \(c_{id_i,i} + c_{j,i+1} + 1\)。
所以有 \(f_{i,j} = f_{i+1,j} + c_{id_i,i} + c_{j,i+1} + 1 = f_{i+1,j} + c_{id_i,i} + 1 + c_{j,i} + 1,j > i\)。
-
因为 \(j > id_i\)，所以其实我们可以不移动，让在 \((id_i,j)\) 中间的数向前移动，但是该决策会影响向左移动的人的费用，我们考虑费用提前计算，对于 \(k \in (id_i,j)\)，我们计算 \(k\) 只计算了下标小于 \(k\)，大小小于 \(a_k\)，的值，所以若 \(a_k < i\)，\(k\) 还需要跳过 \(i - a_k\) 个数，因为我们已经假设所有 \(> i\) 的数已经聚到一起，即所有 \(> a_k\) 的数都在 \(k\) 之前。
所以有 \(f_{i,id_i} = \displaystyle\min_{j=i+1}^n(f_{i+1,j} + \displaystyle\sum_{k=i+1,i>a_k}^{j-1}i - a_k)\)。
-
-
若其要向左移动，设其要到达的位置为 \(j < id_i\)。
去除掉不移动的人的影响，这种情况必须移动，所以贡献为 \(c_{id_i,i} + 1 + c_{j,i} + 1\)。
总转移有：
- \(f_{i,j} = f_{i+1,j} + c_{id_i,i} + 1 + c_{j,i} + 1\)。
- \(f_{i,id_i} = \displaystyle\min_{j=i+1}^n(f_{i+1,j} + \sum\limits_{k=i+1,i>a_k}^{j-1}i - a_k)\)。
答案即为 \(\displaystyle\min_{i=1}^n f_{1,i}\)。
这里为了方便，添加了一个 \(n+1\) 的数放到数列末尾，对于输出方案我们记录来源，找出下标在其之前的数的个数，求出真实下标即可。
复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)
2. 假设未来决策
参考文章
对一类动态规划问题的研究 - 徐源盛 2009
标签：贡献,动态,技巧,移动,times,我们,gets,规划,id From： https://www.cnblogs.com/HaoXu-qwq/p/18541302/DP-trick