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}
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# Classic DP
Introduction to Competitive Programming
3/13
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- Classic DP Problems
- 複習基本DP
- 01背包 vs 無限背包
- 有限背包 & 二進制拆分
- Subset Sum
- $O(nlog(n))$ LIS
- Edit Distance
- LCS 轉 LIS
- 滾動
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## DP Review
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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。
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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
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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)
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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
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## 01背包 vs 無限背包 vs 有限背包
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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。
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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
```cpp
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。
}
```
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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。
```cpp
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]);
}
}
```
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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。
```cpp
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]);
}
}
```
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## 有限背包 & 二進制拆分
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## 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。
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## 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。
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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 😭 ) 。
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範例Code
$i*2 \leq k \rightarrow i \leq 2^{\lfloor{logK}\rfloor-1}$
```cpp
#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
```
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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*
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## Subset Sum
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## 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
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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
```cpp
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 $O(n*MXW)$
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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
```cpp
// 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
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轉移就會變這樣
```cpp
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。
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等等要吞證明，休息一下
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## $O(nlog(n))$ LIS
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## $O(nlog(n))$ 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。
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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)。
$dp_{(L=1)} = A_{p'_{1}}
,dp_{(L=2)} = A_{p'_{2}}
\cdots,dp_{(L=LIS)} = A_{p'_{LIS}}$
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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
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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 $dp_{k} := A_{i}$
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範例Code
```cpp
#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';
```
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## Edit Distance
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## 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。
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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
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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
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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?
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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。
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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 $1 \cdots j-1$
$dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+1$
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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:
```cpp
//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';
}
```
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## LCS to LIS
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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 $dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])$
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我們觀察一下LCS會長怎樣 ( 圖中橘色的子序列 )
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$n = |S| , m = |T|$
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。
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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?
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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 )
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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?
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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。
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## 滾動
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為什麼要會滾動?
<span>
<br><!-- .element: class="fragment" data-fragment-index="1" --></span>
<span>我在賽中沒有好好滾，一直用unodered_map開狀態
<br><!-- .element: class="fragment" data-fragment-index="1" --></span>
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<span>結果就是我們在賽中TLE了3小時 : (
<br><!-- .element: class="fragment" data-fragment-index="1" --></span>
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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。
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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)
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比方說
```cpp=
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 )
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像這種需要好好分析值域的問題 (才能把複雜度壓下來)。
```cpp=
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 $O(n*C) \to O(C)$。
---
很多時候dp的正確性會比Greedy或數學題來的更好推，所以當你不知道Greedy是不是真的對的時候可以想想dp，以及特別的dp會在數值範圍上面有特徵，可以多看看題目給的數字範圍來推斷狀態要怎麼開。
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我放的有點小多，但蠻多水題的，寫一下嘛🥺
[題單連結](https://vjudge.net/contest/698248#overview)
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