标签：长度 状态 矩形 clu 不同的 dag 为我 除了 应该
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题意：给出n个字符串，可以对每个字符串进行翻转操作，
每个操作对应一个消耗c[i],问经过操作后是否能满足字符串str[i]>=str[[i-1]，能输出最小花费，不能输出-1dp [i] [0]表示前i个字符串已经排好，最后一个字符串没翻转，dp[i] [1]表示前i个字符串已经排好，最后一个字符串翻转
边界：
\[ dp[1][0]=0; dp[1][1]=c[1]; \]
方程:
\[ 方程= \begin{cases} dp[i][0]=min(dp[i][0],dp[i-1][0]),\quad str[i] >= str[i - 1]\dp[i][0]=min(dp[i][0],dp[i-1][1]),\quad str[i] >= restr[i-1]\dp[i][1]=min(dp[i][1],dp[i-1][0]+c[i]),\quad restr[i]>=str[i-1]\dp[i][1]=min(dp[i][1],dp[i-1][1]+c[i]),\quad restr[i]>=restr[i-1]\\end{cases} \\]
结果：
\[ min(dp[n][0], dp[n][1]) \]
题意：给你一个长度为n的序列和一个数c，你可以将序列划分成很多段，若其子序列的长度为k，那么就删除其中[k/c]（向下取整）小的值，问你这些子序列最小的和是多少
dp[i]表示前i个数可以删掉的最大和
\[ dp[i]=max(dp[i-1],dp[i-c]+min(a[k]))\quad i-c<k<=i \]
单调队列优化，将O(n^2)优化为O(nlogn)其中单调队列处理的是前c个数字中的最小的数
目标：
\[ sum-dp[n] \]
题意：给我一个网格图，每次只能往下走或者往右走，经过每个格子是只能拿走一块财宝，问走多少次可以将财宝减完
Dilworth定理：DAG的最小链覆盖=最大点独立集
最小链覆盖指选出最少的链(可以重复)使得每个点都在至少一条链中
最大点独立集指最大的集合使集合中任意两点不可达需要补充图论知识
将每一个财宝抽象成一个点，这就变成了一个有向无环图的最小路径覆盖
对于这类问题，我们知道最长反链=最小路径覆盖，所以求出这张图的最长反链就可以了。
对于一个点，它的左上角是可以到达的，但是右上角不能，所以用f[i][j] 表示以i,j为左下角的矩形的最长反链，则
\[ f[i][j]=max(f[i][j+1],f[i-1][j],f[i-1][j+1]+a[i][j]). \]
题意：有n个学生合影，站成左端对齐的k排，每排有ai个人，第一排站最后面，第k排站最前面，学生的身高互不相同，把他们的身高依次标记为1到n，要求合影时每一排从左到右身高递减、每一列从后到前身高也递减，问一共有多少种合影方案
杨氏矩阵又叫杨氏图表，它是这样一个矩阵，满足条件：
(1)如果格子(i,j)没有元素，则它右边和上边的相邻格子也一定没有元素。
(2)如果格子(i,j)有元素a[i][j]，则它右边和上边的相邻格子要么没有元素，要么有元素且比a[i][j]大。
1 ~ n所组成杨氏矩阵的个数可以通过下面的递推式得到
$$
F(1)=1,F(2)=2\
F(n)=F(n-1)+(n-2)*F(n-2),(n>2)\
对于给定形状，不同的杨氏矩阵的个数为：n！除以每个格子的钩子长度加1的积。
\其中钩子长度定义为该格子右边的格子数和它上边的格子数之和。\
钩子公式：res=n! / (hock[1]hock[2].....hock[n]);
$$
\[ dp[i][j][k][p][q]表示各排从左端起分别站了i，j，k，p，q个人时合影的方案数量\边界：dp[0][0][0][0][0]=1\转移： 方程=\begin{cases} dp[i + 1][j][k][p][q] += dp[i][j][k][p][q];\quad i + 1 <= a[1]\\\ dp[i][j + 1][k][p][q] += dp[i][j][k][p][q];\quad j + 1 <= a[2] && j < i\\\ dp[i][j][k + 1][p][q] += dp[i][j][k][p][q];\quad k + 1 <= a[3] && k < j && k < i\\\ dp[i][j][k][p + 1][q] += dp[i][j][k][p][q];\quad p + 1 <= a[4] && p < i && p < j && p < k\\\ dp[i][j][k][p][q + 1] += dp[i][j][k][p][q];\quad q + 1 <= a[5] && q < i && q < j && q < k && q < p\\\ \end{cases} \]
题意：求n个数中最长的等差数列长度
\[ dp[i][j]表示以a[j]和a[i]为结尾的等差序列的最长长度为多少\\]
因为我们肯定要保存一个公差作为状态量，但是直接枚举0-1e9又不现实。所以我们巧妙的设计出了这个状态，使得我们的公差就被a[i]-a[j]表示了。
因此我们的转移就应该是在三个数中转移。
即a[i],a[j],a[k]，i<j<k，但是直接枚举i,j,k也是不现实的
根据等差数列的性质，若a[i],a[j],a[k]构成等差序列，那么a[i]+a[k]=2*a[j];
\[ dp[k][j]=dp[j][i]+1,\quad dp[j][i]!=0\dp[k][j]=3,\quad dp[j][i]==0\\ \]
每次转移更新答案即可我们枚举j和k，那么i可以用双指针给处理出来从而让复杂度将为n^2的级别
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn = 5005; const int INF = 0x3f3f3f3f; int dp[maxn][maxn]; int a[maxn]; int main() { int n; scanf("%d", &n); for(int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d", &a[i]); } sort(a + 1, a + n + 1); int ans = 2; for(int i = 1; i < n; i++) { int j = i - 1; for(int k = i + 1; k <= n && j; k++) { while(j && a[j] + a[k] > a[i] + a[i]) { j--; } if(j && a[j] + a[k] == a[i] + a[i]) { if(dp[i][j] == 0) { dp[k][i] = 3; } else { dp[k][i] = dp[i][j] + 1; } ans = max(dp[k][i], ans); } } } cout << ans << endl; }
SCNS(最短非公共子序列模板题)
最短非公共子序列：给你两个序列，求出不属于这两个序列的最短的子序列
解法：求出每个序列的每个位置后的第一个0，1的位置
\[ dp[i][j][0/1]表示，在第一个序列的x位置和在第二个序列的y位置后，填上0/1是否满足非公共子序列 \]
待补！！！！
给一个序列，有TF，F代表机器人向前走一步，
T代表机器人转身，再给你一个N问改变N个字母后机器人最多可以走多远，
每个字母可以改变多次
\[ dp[i][j][k][2]表示前i个字母，改变了j次，当前停留在k位置，方向为0/1时的状态是否存在\边界：dp[0][0][len][1]=1;\\方程=\begin{cases} dp[i][j][k][!d]=1;\quad s[i]=='T'\ dp[i][j][k+1][d]=1;\quad s[i]=='F',d==1\ dp[i][j][k-1][d]=1;\quad s[i]=='F',d==0\ dp[i][j+1][k][!d]=1;\quad j<n,s[i]='F'\ dp[i][j+1][k+1][d]=1;\quad j<n,s[i]='T',d==1\ dp[i][j+1][k-1][d]=1;\quad j<n,s[i]='T',d==0\\end{cases} \]
\[ dp[i][j][k][2]表示前i个字母，改变了j次，当前停留在k位置，方向为0/1时的状态是否存在\边界：dp[0][0][len][1]=1;\\方程=\begin{cases} dp[i][j][k][!d]=1;\quad s[i]=='T'\ dp[i][j][k+1][d]=1;\quad s[i]=='F',d==1\ dp[i][j][k-1][d]=1;\quad s[i]=='F',d==0\ dp[i][j+1][k][!d]=1;\quad j<n,s[i]='F'\ dp[i][j+1][k+1][d]=1;\quad j<n,s[i]='T',d==1\ dp[i][j+1][k-1][d]=1;\quad j<n,s[i]='T',d==0\\end{cases} \]
题意：给定一个全部由小写英文字母组成的字符串，允许你至多删掉其中 3 个字符，结果可能有多少种不同的字符串
\[ 状态设计：dp_{i,j}表示到第i个字符删除了j个字符后得到的字符串种类\因为可能存在重复情况，去重的状态转移\在这个状态之前，如果有重复字符被删除了的话，根据容斥关系，我们应该把重复加的情况给删除,\\从当前位置往前扫一遍即可解决\边界：dp_{0.0}=1\dp_{i,j}=\begin{cases} dp_{i,j+1}=dp_{i-1,j};\quad j+1<=3\ dp_{i,j}=dp_{i,j}+dp_{i-1,j} \quad\\end{cases} \]
目的:
\[ ans=\sum_{i=1}^{3}dp_{n,i} \]
题意: 让j排在i之前，i会获得一个舒适度W_i_j，求排队可以得到的最大的舒适度
题解：n为18，非常明显的状压
我们先预处理出每一个状态中1的个数，将相同1的个数的状态放在一个vector中，然后按顺序遍历状态数组vector，这样就可以按0~n的顺序转移
\[ 状态：dp_{sta,j}表示状态为sta时以第j个人为当前队尾时状态z的最大舒适度\目的：max_{1<=i<=n}(dp[1<<n][i])\转移：\max(dp[sta + (1 << k)][k], dp[sta][j] + mp[k][j]);((sta >> j)\&1==1),(sta>>k)\&1==0 \]
题意：你有n种钞票，面值为c[i],数量为v[i]，便利店老板有无数张面值为c[i]的钞票，问你买一个价值为T的物品，最少需要经手多少张钞票，老板找零的钞票数也算经手的钞票数
题解：因为我的钞票是有限的，所以将自己看作一个多重背包，老板的钞票是无限的，所以将老板的钞票看做一个完全背包
\[ 定义状态dp[i]最少花费多少张钞票可以买价值为i的物品\边界：dp1[0]=dp2[0]=0;\目的：ans=min(dp1[i]+dp2[i-v])\quad i>=v;\转移\dp1为完全背包的转移，表示自己凑成面值为i的物品需要的最少钞票张数\dp2为多重背包转移，表示老板凑成面值为i的物品需要的最少的钞票张数\那么买面值为T的物品所需要的最少的钞票数就是min(dp1[T],min_{T\sim maxn}(dp2_{i-V}+dp1_i)) \]
题意：在长度为n的街道上，将有m个烟花燃放，每个烟花有a，b，t三种属性，表示在t时间，在地点a燃放烟花，一个人可以获得b_i-|a_i-x|的愉悦值，单位时间内，一个人最多移动的距离为d，在起始时，他可以在任意点，问这个人最多可以获得的愉悦值是多少
题解：
\[ 按照t从小到大排序\状态：dp_{i,j}为看了前i个烟花时走到位置j时可以得到的最大的愉悦值\转移：dp_{i,j}=max(dp_{i-1,k}+b_i-abs(a_i-x_i))\由于空间开不下，并且我们的转移一直只由上一个状态转移过来\我们可以使用滚动数组将第一维滚掉\新状态:dp_{0|1,j}=max(dp_{1|0,k}+b_i-abs(a_i-x_i))\由于每次转移与之前保存的max状态有关，我们可以用单调队列优化掉哪些重复的转移\\]
标签：长度 状态 矩形 clu 不同的 dag 为我 除了 应该
原文地址：https://www.cnblogs.com/buerdepepeqi/p/10841105.html
