題目描述
一顆星星可以抽象成 \(k\) 維空間中的乙個整點。稱若干星星構成的集合 \(s\) 是奇妙的，當且僅當存在 \(k\) 維空間中的整點 \(p\)，\(p\) 與 \(s\) 中的每顆星星至少有一維座標相同。
有乙個長度為 \(n\) 的星星序列 \(a\) ，請你求出所有奇妙子區間的個數之和。
\(1\leq n\leq 10^5,1\leq k\leq 5\)
解法
首先考慮如何判定序列 \(s\) 是奇妙的，由於 \(k\) 很小我們可以直接使用列舉法。由於每個點都需要被覆蓋，所以我們可以考慮列舉如何解決掉序列 \(s\) 的第乙個點，其實就是列舉 \(p\) 的哪個位置用於解決它，然後往後推看有多少點順帶被解決了，遇到下乙個不能解決的點再列舉 \(p\) 的乙個位置。
不難發現只需要列舉長度為 \(k\) 的所有排列就可以判定合法性，但是暴力判定還是不可行，我們考慮用 \(dp\) 來優化這個過程，由於排列非常小我們可以直接塞狀態裡面。設 \(dp[i][s]\) 表示後 \(i\) 個點用位置排列 \(s\) 的最遠延伸距離（其中 \(s\) 的單個元素被鄧老師形象地稱為錦囊），考慮如何轉移。
寫出轉移需要強大的觀察能力，這裡鄧老師觀察出了問題之間的相似性。我們考慮 \(dp[i][s]\) 和 \(dp[i+1][s']\)（其中 \(s'\) 表示 \(s\) 去掉第乙個錦囊之後的位置排列，設其為 \(x_0\)），只是對於 \(dp[i+1][s']\) 第乙個需要新增錦囊但是可以被 \(x_0\) 解決的位置，是不需要再新增錦囊的。那麼我們可以讓 \(x_0\) 去解決它，所以我們把 \(x_0\) 插入到當前最後乙個錦囊的下乙個位置就得到了 \(i+1\) 的等效子問題，也就是對於以後的影響都等效地傳遞下去了。
實現小細節：\(dp[i][s]\) 開成乙個 \(k\) 維結構體，每一維記錄使用前 \(i\) 個錦囊獲得的最遠延伸距離。
總結
尋找子問題的關鍵：觀察問題之間的相似性。
如果某個元素對於以後的影響是長遠的，但又只能考慮一小步轉移，那麼尋找當前問題的等效子問題，就可以把這個影響傳遞下去，完成轉移。
#include #include #include using namespace std;
const int m = 100005;
int read()
while(c>='0' && c<='9')
return x*f;
}int n,m,cnt,a[m][5],b[m];long long ans=1;
struct node
int hash()
}dp[i&1][cnt]=dp[o][b[t.hash()]];
for(int j=p-1;j;j--)
dp[i&1][cnt][j]=dp[i&1][cnt][j-1];
dp[i&1][cnt][0]=i+1;
mx=max(mx,dp[i&1][cnt][m-1]);
}while(next_permutation(w.p,w.p+m));
ans+=mx-i;
} printf("%lld\n",ans);
}
有 \(n\) 棵樹，每棵樹可能是 \(m\) 中之一。小 \(c\) 每天可以選擇連續的一段樹砍掉，要求這一段的長度至少是 \(2\)，並且第一棵與最後一棵的種類相同。問有多少種初始局面，使得存在一種方式把樹砍完，答案對 \(10^9+7\) 取模。
\(n\leq 3000,m\leq 10^9\)
解法
首先還是考慮如何判定，顯然的思路是設 \(dp[i]\) 表示砍完前 \(i\) 棵樹是否可行，那麼轉移就列舉 \(1\leq j，當 \(dp[j-1]=1\and a[i]=a[j]\) 都成立的時候 \(dp[i]=1\)
考慮方案的區分其實就是靠 \(a\)，所以計數的方法是考慮當前位置可以填上多少個不同的 \(a[i]\)，這取決於滿足 \(dp[j-1]=1\) 不同的 \(a[j]\) 數量。
那麼我們嘗試在狀態中記錄這個數量然後 \(dp\)，還要保證填入 \(a[i]\) 之後這個數量可以被更新。設 \(dp[i][j][0/1]\) 表示考慮前 \(i\) 個位置，其中有 \(j\) 個不同的滿足條件的 \(a\)，\(dp[i]=0/1\) 的不同初始序列總數，我們列舉上乙個狀態 \(dp[i-1][j][k]\)，那麼轉移：
\[dp[i][j][1]\leftarrow dp[i-1][j][k]\times j
\]\[dp[i][j+k][0]\leftarrow dp[i-1][j][k]\times(m-j)
\]時間複雜度 \(o(n^2)\)
#include #define int long long
const int m = 3005;
const int mod = 1e9+7;
int read()
while(c>='0' && c<='9')
return x*f;
}int n,m,ans,dp[m][m][2];
void add(int &x,int y)
signed main()
for(int j=0;j<=n;j++)
add(ans,dp[n][j][1]);
printf("%lld\n",ans);
}
2019 2 28 雜題選講
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