Classic DP

DP在幹嘛?
切割子問題，壓成狀態，求解。

DP能幹嘛?
計數，找最佳解。

我要怎麼切割子問題?
一個常見的手法就是對集合狀態下手
像背包問題
\[dp(S) \leftarrow dp(\{x\}\backslash S)\]
這就是取或不取 \(x\) 來做轉移

可是這樣會有 \(O(2^n)\) 的狀態 ( \(n\) 是物品個數)，
但我們可以發現一個物品取或不取是沒有順序問題的，因此我們可以只考慮物品在任意的排序 (對第 \(n\) 個物品而言順序沒差)下前 \(n-1\) 個物品的答案，就能轉移考慮前 \(n\) 個物品的答案。
我們就能這樣轉移
\[dp_n \leftarrow dp_{n-1}\]
此時狀態就會降到 \(O(n)\)
(負重自己列)

但如果今天是考慮的答案會受取的順序而影響，狀態是不一定能壓下來的，詳見之後的 Bitmask DP。
我們還有很多堂課可以見面 :D

背包:具有負重上限 \(W\)，拿的東西總重不超過 \(W\)。
問能拿的最大物品價值和。

0/1背包:每個物品拿或不拿，且至多拿一個。
無限背包:可以拿不只一個，可以一直拿。
有限背包:物品限量，最多拿某個量個物品。

0/1背包:
希望各位都記得，不過這邊複習一下滾動。
基本轉移

for(int i = 1; i <= n;++i){
    for(int w = c[i]; w <= W;++w)
        dp[i][w] = max(dp[i][w],dp[i-1][w-c[i]]+v[i]);
      //dp[i][w] 考慮物品1~i且負重上限為w的答案。
}

滾動: \(dp[i][w]\) 要轉移過來只會用 \(dp[i-1][w-c_{i}]\)
又 \(c_{i} > 0 \ s.t. \ w-c_{i} < w\)
讓 \(w\) 從大到小遍歷，這樣就不會讓 \(dp'[w-c_{i}]\)是由第\(i\)個物品轉移的，所以這樣就會是合法轉移。

for(int i = 1; i <= n;++i){
    for(int w = W; w >= c[i];--w){
        dp[w] = max(dp[w],dp[w-c[i]]+v[i]);
    }
}

無限背包:
既然能一直取，我們只要考慮當前重量 \(w\) 所有轉移的可能性就好了，那就是全部東西都拿拿看。

for(int w = 0; w <= W;++w){
    for(int i = 1; i <= n;++i){
        dp[w] = max(dp[w],dp[w-c[i]]+v[i]);
    }
}

有限背包

第 \(i\) 個物品能取至多 \(k_{i}\) 個，把他看成0/1背包，
也就是有 \(\sum k_{i}\) 個物品，這樣複雜度會是 \(O((\sum k_{i}) * W)\) 有點爛。

二進制拆分

把 \(K = k_{i}\) 個物品分成
\(1個、2個、4個、8個、\cdots、2^{\lfloor{logK}\rfloor-1}\)個 為一組和一組\(K-(1+2+4+8+\cdots+2^{\lfloor{logK}\rfloor-1})\)個的。
剛好能在dp上窮舉取 \(0,1,\cdots ,k_{i}\) 個第 \(i\) 個物品的所有可能性。

here's why:
\(1、2、4、8、\cdots、2^{\lfloor{logK}\rfloor-1}\)的取或不取剛好能湊出
\([0,2^{\lfloor{logK}\rfloor}-1]\) 間的所有整數加上
\(K-(1+2+4+8+\cdots+2^{\lfloor{logK}\rfloor-1}) = K-(2^{\lfloor{logK}\rfloor}-1)\)
則可湊出 \([K-(2^{\lfloor{logK}\rfloor}-1),K]\)間的所有整數。
又因為 \(K-(2^{\lfloor{logK}\rfloor+1}) \leq -1\) 所以
\((K-(2^{\lfloor{logK}\rfloor}-1)) -(2^{\lfloor{logK}\rfloor}-1) \leq 1\)
聯集起來就是 \([0,K]\)。
這技巧叫二進制拆解，哪都能用 ( 我不會構造題 😭 ) 。

範例Code

\(i*2 \leq k \rightarrow i \leq 2^{\lfloor{logK}\rfloor-1}\)

#define pp pair<int,int>
#define PB push_back
int s = 0;
vector<pp> A; //目前物品最多拿 k 個
for(int i = 1; i * 2 <= k; i *= 2){
    s += i;
    A.PB({i*w,i*c}); // i 個一綑
}
A.PB({(k-s)*w,(k-s)*c}); //最後一組

會二進制拆解後就能以 \(O(N*logK*W)\) 的複雜度把有限背包當0/1背包做。
等價\(N\lfloor{logK}\rfloor\)個物品

Subset Sum

給你一個集合 \(S = \{A_{1},A_{2}, \cdots ,A_{n}\}\)
再給你一個 \(K\) 問你是否有個子集 \(Q \subseteq S\) 使得 \(\sum_{Q} A_{i} = K\)
ex. S = {1,2,3}, K = 5
那 K = 2 + 3, 所以可以湊出來

假設 \(\sum_{S}A_{i} \leq 10^6\)

同樣地這也是個取跟不取的問題
所以我們能輕鬆的列出轉移式

vector<bool> dp(MXW+1);
dp[0] = 1; // 0 就是不取東西就能湊出來
for(int i = 0; i < n;++i){
    for(int w = MXW; w >= A[i]; --w){
        dp[w] = dp[w] | dp[w-A[i]]; 
        //dp[w] : w 這個數能不能被湊出來
    }
}

但你會發現這樣轉移好像有點慢 \(O(n*MXW)\)

你會發現我們只需要知道 w 這個數能不能湊出來只要存 0/1 就好。
這時就能用bitset (空間\(\div 32\))
然後用bitset就能把第二圈壓掉。
你會發現當bitset長這個樣子

     //         0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A  
bs           = {1 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0}  //能湊出的數: 1、4
(bs<<5)      = {0 0 0 0 0 1 1 0 0 1 0}  //再多考慮 5 這個數時 5、6、9 就能被湊出來
((bs<<5)|bs) = {1 1 0 0 1 1 1 0 0 1 0}  //所以考慮 5 時這個bitset會變這樣

也就是第二圈轉移能用bitset的位元運算壓掉
因為當下能湊出數字為 bs 時 (bs << x) 指一定要取 x 這個數後能湊出的所有數
(在 bs 的第 i 個位置為 1 的數，在 (bs << x) 裡會在 x + i 為 1)
bs | (bs << x) 就是取跟不取都考慮到

轉移就會變這樣

const int MXW = 1e6;
bitset<MXW> dp; // bitset記得要開常數
dp[0] = 1;
for(int i = 0; i < n;++i){
    dp = (dp<<A[i]) | dp;
}

而這個位元運算就能把複雜度變這樣 \(O(n*MXW/ 32)\)
bitset很多運算都非常快，如果你發現複雜度卡在 1e9 之類的你就嘗試看看bitset，因為能直接快32倍。

\(O(nlog(n))\) LIS

複習，對於一個序列 \(A,|A| = n\) , 以 \(A_i\) 為結尾的LIS長度為
\[L_i = max(L_j)+1 \ where \ (i>j \land A_i > A_j)\]

當 \(A_i\) 在找 \(A_j\) 時，不妨把 \(A_{1,\cdots,i-1}\) 排序使得
\(p\) is a permutation of \((1,\cdots,i-1)\) \(s.t.\)

\[A_{p_1} \leq A_{p_2} \cdots \leq A_{p_{i-1}} \quad and \quad A'=(A_{p_1},\cdots,A_{p_{i-1}})\]

\(let\) \(k = lowerbound(A',A_{i})\)

這樣符合 \(A_i > A_j\) 的 \(j\) 就會是 \(j \in S = \{p_{1},\cdots,p_{k-1}\}\)
接下來只要找到屬於這個 \(S\) 的 \(j\) 中最大的 \(L_{j}\) 我們就能轉移了。

我們不妨觀察一下這個集合，會發現當

\(A_{x} \leq A_y\) \(\land\) \(L_x \geq L_y\) where \(x,y \in S \land x\neq y\)

此時能從 \(y\) 轉移的值都能由 \(x\) 轉移，因此我們能把 \(y\) 丟掉。
所以對於一個任意的 \(L_j\) 值，我們只要留最小的 \(A_j\)，因此一個 LIS長度只會對到唯一一個 \(A_j\)。

以及 \(L_{x} < L_{y} \rightarrow A_x < A_y\) \((x\neq y)\) 反證一下，因為當 \(A_x \geq A_y\) 時 \(x\) 就會被丟掉。
根據以上關係我們能構建一個序列 (\(L=1 \cdots LIS\)都會出現恰巧一次)。

\(dp_{(L=1)} = A_{p'_{1}} ,dp_{(L=2)} = A_{p'_{2}} \cdots,dp_{(L=LIS)} = A_{p'_{LIS}}\)

然後同樣手法
\[A_{p'_1} < A_{p'_2} \cdots < A_{p'_{LIS}}\]

\[dp=(A_{p'_1},\cdots,A_{p'_{LIS}})\]

\[let \ k = lowerbound(dp,A_{i})\]

\(L_{j}=k-1\) 就是我們要找的轉移值

接下來要把 \(A_{i},\) \(L_{i}=k-1+1\) 也丟進 \(dp\) 維護
會發現 \(A_{i}\) 如果要出現在 \(dp\) 裡只能在 \(dp_k\) 的位子

1. 如果 \(dp_{k}\) 沒值 (也就是 \(k > LIS\)) 那 \(dp_{k}\) 就會是 \(A_{i}\)。
2. 否則 \(dp_{k}\) 就是由左邊過來第一個大於等於\(A_{i}\)的值，
   根據前面的證明，我們就能把原本的 \(dp_{k}\)丟掉，所以\(dp_k\)也會變成\(A_{i}\)。

所以結論就是 \(dp_{k} := A_{i}\)

範例Code

#define PB push_back
#define all(v) (v).begin(), (v).end()

vector<int> dp;
for(int i = 0; i < n;++i){
    auto it = lower_bound(all(dp),A[i]);
    if(it == dp.end()){
        dp.PB(A[i]);
    }else{
        *it = A[i];
    }
}
cout << dp.size() << '\n';

Edit Distance

給你兩個字串 \(S,T\) ，每次可以刪除、替換、插入一個字，問你最少的步驟數使得兩字串相等。
ex.
S = abc
T = aecc
把 T 的 e 刪掉 -> T = acc 然後再把中間的 c 換成 b -> T = abc = S
這樣就是兩步，且是最少。

在討論序列問題時我們時常考慮做完前\(i\)個的case來做轉移，像LIS就是 \(dp[i] =\) 考慮\(A_{1\sim i}\)序列的最大答案來轉移。
所以我們不妨考慮再只看 \(S\) 的前 \(i\) 個字元和 \(T\) 的前 \(j\) 個字元時答案
\(let \ n = |S|, m = |T|\)
\(dp[i][j] = 把\ S[1...i]\ 和\ T[1...j]\ 變成一樣字串的最少步驟\)
則 \(dp[n][m]\) 就會是我們要的答案

轉移:

1. 刪除操作: 如果刪除 \(T_{j}\) 則，\(dp[i][j] = dp[i][j-1] + 1\)
   因為你可以這樣看字串:
   
   所以不管刪除是沒後效性的，(別自己把字串並上去)
   刪除 \(S_{i}\) 是等價的

2. 插入操作: 那要插哪個字，要插在哪? 假設你亂插，那只為徒增把 \(S\) 變成 \(T\) 的成本，
   所以我們想必是插一個對方沒有的字元:
   
   接下來有個問題: 那插入後不是會讓整個字串變長嗎這樣狀態不就會一直長?

對，但不對
如果你把一個字元插在 \(T_{j}\) 的位子那原本的 \(T_{j}\) 會跑到 \(T_{j+1}\) 但你先不要讓他跑，
你不必真的插入，根據前面我們會插一個 \(S\) 有的字元，那我們就插 \(S_{i}\) 到 \(T_{j}\) 的位子，
你會發現這樣在情況下，\(S_{i} = T_{j}\) 那此轉移就會是 \(dp[i-1][j-1]+1\) 但因為我們沒有真的把字元插進去，所以等價 \(T\) 是不變的，但我們變相的用插入的動作刪掉 \(S_{i}\)，
所以轉移就變
\(dp[i][j] = dp[i-1][j]+1\) 跟前面的刪除 \(S_{i}\) 的轉移是一樣的。

3. 替換操作: 等價你刪掉一個字再把一個字插回去，但成本只算你一次
   
   那把 \(T_{j}\) 換成\(S_{i}\) 後我們只要看 \(1 \cdots i-1\) 和 \(1 \cdots j-1\)

\(dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+1\)

這樣我們就都列完了，但有個問題就是初始狀態怎麼開?
對於 \(dp[0][j]\) 而言，\(0\) 個字元變成 \(j\) 個那成本就是 \(j\)

所以全部合起來就變:

//我懶
#define forr(i,n) for(int i = 1; i <= n;++i)
const int inf = 1e18; 
void solve(){
    string S,T;
    cin >> S >> T;
    int n = S.size();
    int m = T.size();

    S.insert(S.begin(),'$'); //把字串變 1-base
    T.insert(T.begin(),'$');
    vector dp(n+1,vector<int>(m+1,inf));
    dp[0][0] = 0;
    forr(i,n) dp[i][0] = i; //初始化
    forr(j,m) dp[0][j] = j; 

    forr(i,n) forr(j,m){ //記得從小到大轉移
        if(S[i] == T[j]) dp[i][j] = dp[i-1][j-1]; //相等當然不用轉
        else{
            dp[i][j] = min({
                dp[i-1][j] + 1,   //刪除 Si 或 插在 Tj
                dp[i][j-1] + 1,   //刪除 Tj 或 插在 Si
                dp[i-1][j-1] + 1, //替換 Tj 或 Si
            });
        }
    }
    cout << dp[n][m] << '\n';
}

先來複習 LCS
給你兩個字串 \(S\)、\(T\) 問你最長共同子序列 (subsequence)

• 子序列定義 : 對一於一個字串，他的子序列是通過刪除若干個或0個字元後將剩下字元在不改變原來的順序並起來的字串。
  ex. abcde 的子序列有 ace 、ade 但 adc 不是。

在過去的轉移方式和Edit Distance一樣，是考慮\(S\)、\(T\)的前綴子串的答案來轉移
\(dp[i][j]=\) \(S_{1 \cdots i}\) 和 \(T_{1 \cdots j}\) 的最長共同子序列長度
如果 \(S_{i}=T_{j}\) 那 \(dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1\)
否則那 \(dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])\)

我們觀察一下LCS會長怎樣 ( 圖中橘色的子序列 )

\(n = |S| , m = |T|\)
考慮 \(A = \{(i,j) \ where \ S_{i} = T_{j} \}\)
你會發現 LCS 會是最長的長得像這樣的序列
\(b : (2,1) \ a : (3,3) \ c : (5,5)\)
沒錯，這就是依照二維偏序的遞增序列。

所以 LCS 就是你把\(S\)、\(T\)相同字元的index溝成的pair拿去做二維偏序的最長遞增子序列(LIS)。
像前面那頁的，以 a 為共同字元構成的 pair 有\((1,3)、(1,6)、(3,3)、(3,6)\)
不過，二維LIS是啥鬼?

你把 \((x,y)\) 照 \(x\) 排序他就會變回看起來像一般的LIS

但其實不全然，因為你得第一維也嚴格遞增 ( 不能拿到同一個 x ，這樣等同同個字元用兩次 )
但字元不重複的情況下是好的 ( 當然 )

回顧2024李秀上的dp

事實上複雜度是有可能壓不下來的，因為在考慮到相同字母配對後，需要處理LIS序列長度就會回到\(O(n^2)\)的量級(如果相同字元太多)。
所以這做法能幹嘛?

處理排序的LCS。
你會發現你可能開不了\(|S| * |T|\)的dp
但因為他是排序所以等價每個字元都只出現一次，這樣空間就壓掉了。

為什麼要會滾動?



我在賽中沒有好好滾，一直用unodered_map開狀態

結果就是我們在賽中TLE了3小時 : (

好，所以怎麼好好滾?
其實重點就在狀態順序跟會不會重疊。
最常見的例子就是前面的背包問題，也就是 \(dp[i][一坨狀態]\) 從\(dp[i-1][一坨狀態]\) 來，那我可以只保留 \(dp[一坨狀態]\) 的資訊，因為你只需要知道你的上一個就好。
那你不滾掉空間就是會大嘛，但還有一點，也就是我前面說的TLE的事情。

先來個簡單的 illustration

假設下一個狀態的值域不會跟前一個狀態疊在一起，但你強行用 unodered_map 或 map 之類的裝 (以為會少)

比方說

map<int,int> dp;
for(int i = 0; i < n;++i){
    map<int,int> ndp;
    for(auto [a,b]:dp){
        for... 一坨轉移，並轉移到ndp上
    }
    dp = ndp;
}

那這時候就有極大的可能會把上一個狀態的值域也遍歷到，複雜度就會呈現
\(1+2+3+ \cdots + n = O(n^2)\)
但每個狀態的值域事實上是 disjoint(互不相交) 的，所以跑完轉移等於跑完整個所有狀態的聯集
那複雜度其實是 \(O(n)\)
由於目前主題有點難遇到這種事情發生 ( 通常會發生在樹背包、狀壓之類的 )

像這種需要好好分析值域的問題 (才能把複雜度壓下來)。

for(int a = min(rr,sz[x]); a >= -min(rr,sz[x]); --a) pd[a+ofs] = dp[x][a+ofs];
for(int a = -min(rr,sz[x]); a <= min(rr,sz[x]); ++a){
    if(!pd[a+ofs]) continue;
    for(int b = -min(rr,sz[u]); b <= min(rr,sz[u]); ++b){
        if((a+b+ofs) >= 2*ofs) continue;
        if(!dp[u][b+ofs]) continue;
        if((a+b) < -rr) continue;
        dp[x][(a+b)+ofs] += (1LL * pd[a+ofs] * dp[u][b+ofs]) % mod;
        dp[x][(a+b)+ofs] %= mod;
    }
}

但這部分比較複雜，今天就不分析，但這告訴我們狀態要好好算。
目前的題目最多會用到的滾動就是把空間 \(O(n*C) \to O(C)\)。