NOIP复健计划——动态规划

树形DP

其他DP

[WC2008] 游览计划

斯坦纳树
模板

斯坦纳树问题：

给出一个有 n n n 个点 m m m 条边的有权无向图，然后选定 k k k 个点，让你求出使这 k k k 个点联通所需的最小代价

求解：

首先，答案的子图一定是树

设 d p [ i ] [ S ] dp[i][S] dp[i][S] 表示以 i i i 为根的一棵树，包含集合 S S S 中所有点的最小代价。

转移：

对于 i i i 的度数为 1 的情况，可以考虑枚举树上与 i i i 相邻的点 j j j，则
d p ( j , s ) + w ( j , i ) − > d p ( i , s ) dp(j,s)+w(j,i)−>dp(i,s) dp(j,s)+w(j,i)−>dp(i,s)
对于 i i i 的度数大于 1 的情况，可以划分成几个子树考虑，则
d p ( i , T ) + d p ( i , S − T ) − > d p ( i , S ) ( T ⊆ S ) dp(i,T)+dp(i,S−T)−>dp(i,S)(T\subseteq S) dp(i,T)+dp(i,S−T)−>dp(i,S)(T⊆S)

对于第1种转移，可以想到最短路模型的三角形不等式，对于每一个 S S S ，将图做一次松弛操作即可。具体可以用 dijkstra 或 spfa 实现。
对于第2种转移，枚举子集即可。

如何优秀的枚举子集：
一个非常trivial的做法：

for(int sta=0;sta<=MAX;sta++){for(int s=0;s<=MAX;s++){if(s&sta==s){//to do sth}}
}

时间复杂度 O ( 4 n ) O(4^n) O(4n)
更优秀的实现：

for(int sta=0;sta<=MAX;sta++){for(int s=(sta-1)&sta;s;s=(s-1)&sta){//to do sth}
}

时间复杂度 ∑ s t a 2 ∣ ∣ s t a ∣ ∣ = ∑ i = 0 n C n i 2 i = 3 n \sum_{sta}2^{||sta||}=\sum_{i=0}^{n}C_{n}^{i}2^i=3^n ∑sta2∣∣sta∣∣=∑i=0nCni2i=3n
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[COCI2011-2012 6]

SOS DP+容斥

首先发现 m m m 很小，于是直接对于每一个箱子状压
于是问题转化为选若干个数使它们按位或为全集
继续转化一下，把每个箱子取个反，问题就变成了选若干个数使它们按位与为空集

设 g [ S ] g[S] g[S] 为有多少种选数方案使 S S S为选出数的按位与的子集
答案为 ∑ S ( − 1 ) ∣ ∣ S ∣ ∣ g [ S ] \sum_{S}(-1)^{||S||}g[S] ∑S(−1)∣∣S∣∣g[S]

设 f [ S ] f[S] f[S] 为有多少个箱子，使 S S S为其代表的数 A [ i ] A[i] A[i]的子集
g [ S ] = 2 f [ S ] − 1 g[S]=2^{f[S]}-1 g[S]=2f[S]−1

求 f [ S ] f[S] f[S]：
法一：直接枚举子集

for(int sta=0;sta<=MAX;sta++){for(int s=(sta-1)&sta;s;s=(s-1)&sta){//to do sth}
}

时间复杂度 O ( 3 m ) O(3^m) O(3m)
法二：高维前缀和解决这类子集问题

for(int i=0;i<m;i++){for(int s=0;s<(1<<m);s++){if(s&(1<<i)){f[s^(1<<i)]+=f[s];//与标准sos dp方程相比，这里的语句反过来了}}
}

时间复杂度 O ( m 2 m ) O(m2^m) O(m2m)
这种方法又称为SOS DP：博客1 博客2
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[CF383E] Vowels

法一：SOS DP
正难则反，考虑统计不合法单词数
让每个单词对应一个状态 A A A，第 i i i位表示第 i i i个字母是否在单词中出现(1为出现)
记元音字母集的补集为 B B B
则不合法单词对应的 A A A均为 B B B的子集
设 f [ S ] f[S] f[S]表示有多少个单词，其对应的 A A A为 S S S的子集，可以用sos dp求出：

for(int i=0;i<m;i++){for(int s=0;s<(1<<m);s++){if(s&(1<<i)){f[s]+=f[s^(1<<i)];//标准sos dp方程}}
}

答案即为 ( n − f [ S ] ) 2 (n-f[S])^2 (n−f[S])2的异或和
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法二：SOS DP+容斥
设 g [ S ] g[S] g[S]为元音集合为 S S S时的合法单词数
设 f [ s ] f[s] f[s]为有多少个单词，使 s s s为其代表的 A A A的子集
即 f [ s ] = ∑ i = 1 n [ s ∈ w o r d i ] f[s]=\sum_{i=1}^{n}[s\in word_i] f[s]=∑i=1n[s∈wordi]
g [ S ] = ∑ s ∈ S ( − 1 ) ∣ ∣ s ∣ ∣ + 1 f [ s ] g[S]=\sum_{s\in S}(-1)^{||s||+1}f[s] g[S]=∑s∈S(−1)∣∣s∣∣+1f[s]
但是这样做的时间复杂度是 O ( 3 24 ) O(3^{24}) O(324)，会TLE，所以我们转换一下：
令 f [ s ] = ∑ i = 1 n ( − 1 ) ∣ ∣ s ∣ ∣ + 1 [ s ∈ w o r d i ] f[s]=\sum_{i=1}^{n}(-1)^{||s||+1}[s\in word_i] f[s]=∑i=1n(−1)∣∣s∣∣+1[s∈wordi]
则 g [ S ] = ∑ s ∈ S f [ s ] g[S]=\sum_{s\in S}f[s] g[S]=∑s∈Sf[s]
求 f [ s ] f[s] f[s]的复杂度是 O ( n ⋅ 2 3 ) O(n\cdot 2^3) O(n⋅23)（对于每一个单词，枚举其子集）
求 g [ S ] g[S] g[S]的复杂度是 O ( 24 ⋅ 2 24 ) O(24\cdot 2^{24}) O(24⋅224)（sos dp）
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[CF449D] Jzzhu and Numbers

法一：SOS DP+容斥
同COCI2011-2012 6
设 g [ S ] g[S] g[S] 为有多少种选数方案使 S S S为选出数的按位与的子集
答案为 ∑ S ( − 1 ) ∣ ∣ S ∣ ∣ g [ S ] \sum_{S}(-1)^{||S||}g[S] ∑S(−1)∣∣S∣∣g[S]
设 f [ S ] f[S] f[S] 为有多少个箱子，使 S S S为其代表的数 A [ i ] A[i] A[i]的子集
g [ S ] = 2 f [ S ] − 1 g[S]=2^{f[S]}-1 g[S]=2f[S]−1
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法二：FWT
设 d p [ i ] [ s ] dp[i][s] dp[i][s]为从前 i i i个数中选择，有多少种选数方案使选出数的按位与为 s s s
d p [ i ] [ j ] = d p [ i − 1 ] [ j ] + ∑ k & a [ i ] = = j d p [ i − 1 ] [ k ] dp[i][j]=dp[i-1][j]+\sum_{k\&a[i]==j}dp[i-1][k] dp[i][j]=dp[i−1][j]+∑k&a[i]==jdp[i−1][k]
d p [ s & a [ i ] ] + = d p [ s ] dp[s\&a[i]]+=dp[s] dp[s&a[i]]+=dp[s]
发现这个柿子本质上就是一个和卷积，可以用FWT解决
博客

[USACO20OPEN]Exercise G

循环了几次可以回到原地，当且仅当形成了一个环，假设每个环的长度是 a i a_i ai，那么 k = lcm ⁡ a i k=\operatorname{lcm}a_i k=lcmai

又知道 lcm ⁡ a i \operatorname{lcm}a_i lcmai 其实就是将所有 a i a_i ai分解质因数，然后取每个质数的最高次幂乘起来，
所以我们可以想到枚举素数来做dp

设 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j] 表示前 i i i 个素数总和为 j j j 的所有 K K K 的总和

枚举第 i i i 个素数的幂进行转移：
f [ i ] [ j ] = ∑ f [ i − 1 ] [ j − p i k ] × p i k f[i][j]=\sum f[i-1][j-p_i^k]\times p_i^k f[i][j]=∑f[i−1][j−pik]×pik

可以滚动数组减掉一维
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双倍经验：[SCOI2009]游戏博客

OSU!

设 d p [ i ] dp[i] dp[i]表示到了第 i i i个位置的期望得分，
f [ l ] f[l] f[l]表示第 i i i个位置之前有长度为 l l l的连续1串的概率，
p [ i ] p[i] p[i]表示 i i i为1的概率，
则有转移：
d p [ i ] = d p [ i − 1 ] + p [ i ] ∑ l f [ l ] ( ( l + 1 ) 3 − l 3 ) = d p [ i − 1 ] + p [ i ] ∑ l f [ l ] ( 3 l 2 + 3 l + 1 ) dp[i]=dp[i-1]+p[i]\sum_lf[l]((l+1)^3-l^3)=dp[i-1]+p[i]\sum_l f[l](3l^2+3l+1) dp[i]=dp[i−1]+p[i]∑lf[l]((l+1)3−l3)=dp[i−1]+p[i]∑lf[l](3l2+3l+1)

于是考虑维护
E l = ∑ l f [ l ] ⋅ l E_l=\sum_lf[l]\cdot l El=∑lf[l]⋅l
E l 2 = ∑ l f [ l ] ⋅ l 2 E_{l^2}=\sum_lf[l]\cdot l^2 El2=∑lf[l]⋅l2

则总转移方程为：
E l [ i ] = p [ i ] ∑ l f [ l ] ( l + 1 ) = p [ i ] ( E l [ i − 1 ] + ∑ l f [ l ] ) = p [ i ] ( E l [ i − 1 ] + 1 ) E_l[i]=p[i]\sum_lf[l](l+1)=p[i](E_l[i-1]+\sum_lf[l])=p[i](E_l[i-1]+1) El[i]=p[i]∑lf[l](l+1)=p[i](El[i−1]+∑lf[l])=p[i](El[i−1]+1)
E l 2 [ i ] = p [ i ] ∑ l f [ l ] ( l 2 + 2 l + 1 ) = p [ i ] ( E l 2 [ i − 1 ] + 2 E l [ i − 1 ] + 1 ) E_{l^2}[i]=p[i]\sum_lf[l](l^2+2l+1)=p[i](E_{l^2}[i-1]+2E_{l}[i-1]+1) El2[i]=p[i]∑lf[l](l2+2l+1)=p[i](El2[i−1]+2El[i−1]+1)
d p [ i ] = d p [ i − 1 ] + p [ i ] ( 3 E l 2 [ i − 1 ] + 3 E l [ i − 1 ] + 1 ) dp[i]=dp[i-1]+p[i](3E_{l^2}[i-1]+3E_l[i-1]+1) dp[i]=dp[i−1]+p[i](3El2[i−1]+3El[i−1]+1)
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收集邮票

设 f [ i ] f[i] f[i]表示已经取到了 i i i种邮票，要取完剩余邮票的期望次数，
a n s [ i ] ans[i] ans[i]表示已经取到了 i i i种邮票，要取完剩余邮票的期望价格

f [ i ] = i n f [ i ] + n − i n f [ i + 1 ] + 1 f[i]=\frac{i}{n}f[i]+\frac{n-i}{n}f[i+1]+1 f[i]=nif[i]+nn−if[i+1]+1
⇒ f [ i ] = f [ i + 1 ] + n n − i \Rightarrow f[i]=f[i+1]+\frac{n}{n-i} ⇒f[i]=f[i+1]+n−in
a n s [ i ] = i n ( a n s [ i ] + f [ i ] + 1 ) + n − i n ( a n s [ i + 1 ] + f [ i + 1 ] + 1 ) ans[i]=\frac{i}{n}(ans[i]+f[i]+1)+\frac{n-i}{n}(ans[i+1]+f[i+1]+1) ans[i]=ni(ans[i]+f[i]+1)+nn−i(ans[i+1]+f[i+1]+1)
⇒ a n s [ i ] = a n s [ i + 1 ] + f [ i + 1 ] + i n − i f [ i ] + n n − i \Rightarrow ans[i]=ans[i+1]+f[i+1]+\frac{i}{n-i}f[i]+\frac{n}{n-i} ⇒ans[i]=ans[i+1]+f[i+1]+n−iif[i]+n−in

注意： a n s [ i ] ≠ ( f [ i ] + 1 ) f [ i ] 2 ans[i]\not=\frac{(f[i]+1)f[i]}{2} ans[i]=2(f[i]+1)f[i]，理由如下：
a n s [ i ] = ∑ c n t p c n t ( c n t + 1 ) c n t 2 ans[i]=\sum_{cnt}p_{cnt}\frac{(cnt+1)cnt}{2} ans[i]=∑cntpcnt2(cnt+1)cnt
( f [ i ] + 1 ) f [ i ] 2 = ( ∑ c n t p c n t c n t + 1 ) ∑ c n t p c n t c n t 2 \frac{(f[i]+1)f[i]}{2}=\frac{(\sum_{cnt}p_{cnt}cnt+1)\sum_{cnt}p_{cnt}cnt}{2} 2(f[i]+1)f[i]=2(∑cntpcntcnt+1)∑cntpcntcnt
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[CF605E] Intergalaxy Trips

设 f [ i ] f[i] f[i]为从 i i i走到 n n n的期望耗时

考虑转移：
首先，我们一定不会找比当前点更劣的点转移，因为这还没有留在原地划算
其次，如果可以转移，那么转移到某点的唯一可能是比它优的点都转移不到
f [ i ] = 1 + f [ i ] ∏ j , f j < f i ( 1 − p i , j ) + ∑ j , f j < f i f [ j ] p i , j ∏ k , p k < p j ( 1 − p i , k ) f[i]=1+f[i]\prod_{j,f_j<f_i}(1-p_{i,j})+\sum_{j,f_j<f_i}f[j]p_{i,j}\prod_{k,p_k<p_j}(1-p_{i,k}) f[i]=1+f[i]∏j,fj<fi(1−pi,j)+∑j,fj<fif[j]pi,j∏k,pk<pj(1−pi,k)

⇒ f [ i ] = 1 + ∑ j , f j < f i f [ j ] p i , j ∏ k , p k < p j ( 1 − p i , k ) 1 − ∏ j , f j < f i ( 1 − p i , j ) \Rightarrow f[i]=\frac{1+\sum_{j,f_j<f_i}f[j]p_{i,j}\prod_{k,p_k<p_j}(1-p_{i,k})}{1-\prod_{j,f_j<f_i}(1-p_{i,j})} ⇒f[i]=1−∏j,fj<fi(1−pi,j)1+∑j,fj<fif[j]pi,j∏k,pk<pj(1−pi,k)

实现：朴素版Dijkstra
博客
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常见优化与综合运用

[CF939F] Cutlet

设 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 表示前 r i r_i ri 分钟，把现在煎的面叫做正面，背面煎了 j j j 分钟的最小翻面次数
显然只会在一个区间至多翻 2 次：
不翻面， d p [ i ] [ j ] = d p [ i − 1 ] [ j ] dp[i][j]=dp[i-1][j] dp[i][j]=dp[i−1][j]
翻了一次，枚举正面煎了 k k k 秒， d p [ i ] [ j ] = m i n ( d p [ i − 1 ] [ r − j − k ] + 1 ) dp[i][j] = min(dp[i-1][r-j-k] + 1) dp[i][j]=min(dp[i−1][r−j−k]+1)
翻了两次，枚举背面煎了 k k k 秒， d p [ i ] [ j ] = m i n ( d p [ i − 1 ] [ j − k ] + 2 ) dp[i][j] = min(dp[i-1][j-k] + 2) dp[i][j]=min(dp[i−1][j−k]+2)

分别用单调队列维护即可

一句话解释单调队列优化dp：如果一个人比你年轻，还比你强，那你就永远打不过他了.jpg

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[CF311B] Cats Transport

因为对于任意一只猫，我们都可以直接算出如果有一个人要恰好接走它，需要在哪一时刻出发，我们设第i只猫对应的这个时刻为 t i t_{i} ti

对于第 i i i只猫，我们定义 t i t_{i} ti表示如果有人在 t i t_{i} ti时刻出发，此猫无须等待即可被接走
题目转化为：
现有 p p p个人，要求为每个人指定一个出发时间 a j a_j aj，最小化 ∑ i = 1 m ( x i − t i ) \sum_{i=1}^{m}(x_i-t_i) ∑i=1m(xi−ti)（ x i = M i n a j ≥ t i { a j } x_i=Min_{a_j\geq t_i}\{a_j\} xi=Minaj≥ti{aj}）

观察到每个人的出发时间 a j a_j aj必是 t i t_i ti中的一个
那么假设第 x x x个人的出发时间是 t i t_i ti，第 x − 1 x-1 x−1个人的出发时间是 t j t_j tj，
则第 x x x个人会接走第 j + 1 j+1 j+1到第 i i i只猫
题目转化为：
现有 p p p个人，要求为每个人选一只猫 b j b_j bj，最小化 ∑ j = 1 p ∑ i = b j − 1 + 1 b j ( t b j − t i ) \sum_{j=1}^{p}\sum_{i=b_{j-1}+1}^{b_j}(t_{b_j}-t_i) ∑j=1p∑i=bj−1+1bj(tbj−ti)

设 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j]表示考虑到第 i i i个人，这个人选择了第 j j j只猫的最小代价
记 s [ i ] = ∑ k = 1 i t k s[i]=\sum_{k=1}^{i}t_k s[i]=∑k=1itk
则 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j]有转移式：
f [ i ] [ j ] = M i n { f [ i − 1 ] [ k ] + t j ( j − k ) − ( s [ j ] − s [ k ] ) } f[i][j]=Min\{f[i-1][k]+t_j(j-k)-(s[j]-s[k])\} f[i][j]=Min{f[i−1][k]+tj(j−k)−(s[j]−s[k])}

用斜率优化求 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j]：
f [ i ] [ j ] = f [ i − 1 ] [ k ] + t j ( j − k ) − ( s [ j ] − s [ k ] ) f[i][j]=f[i-1][k]+t_j(j-k)-(s[j]-s[k]) f[i][j]=f[i−1][k]+tj(j−k)−(s[j]−s[k])
⟺ f [ i − 1 ] [ k ] + s [ k ] = t j ⋅ k + f [ i ] [ j ] + s [ j ] − t j j \iff f[i-1][k]+s[k]=t_j\cdot k+f[i][j]+s[j]-t_jj ⟺f[i−1][k]+s[k]=tj⋅k+f[i][j]+s[j]−tjj
把 f [ i − 1 ] [ k ] + s [ k ] f[i-1][k]+s[k] f[i−1][k]+s[k]看成 y y y， k k k看成 x x x， t j t_j tj看成 k k k， f [ i ] [ j ] + s [ j ] − t j j f[i][j]+s[j]-t_jj f[i][j]+s[j]−tjj看成 b b b
现要找到一个点 P ( k , f [ i − 1 ] [ k ] + s [ k ] ) P(k,f[i-1][k]+s[k]) P(k,f[i−1][k]+s[k])使得 b b b最小
维护一个下凸壳，并在凸包上找最优决策点 P P P即可
因为 k k k单增，所以可以用单调队列实现
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[NOI2009] 诗人小G

设 f i f_i fi表示对前 i i i个句子排版后的最小不协调度
记 s i = ∑ j = 1 i ( l e n j + 1 ) s_i=\sum_{j=1}^i(len_j+1) si=∑j=1i(lenj+1)，则
f i = m i n j = 0 i − 1 { f j + ∣ s i − s j − 1 − L ∣ P } f_i=min_{j=0}^{i-1}\{f_j+|s_i-s_j-1-L|^P\} fi=minj=0i−1{fj+∣si−sj−1−L∣P}
这条转移式是有决策单调性的

感性证明：
记 h j ( x ) = ∣ x − s j − 1 − L ∣ P h_j(x)=|x-s_j-1-L|^P hj(x)=∣x−sj−1−L∣P
不难看出 h j h_j hj关于直线 x = s j + 1 + L x=s_j+1+L x=sj+1+L对称

对于 x > s j + 1 + L x>s_j+1+L x>sj+1+L的部分：
h j ( x ) = ( x − s j − 1 − L ) P h_j(x)=(x-s_j-1-L)^P hj(x)=(x−sj−1−L)P
h j ′ ( x ) = P ( x − s j − 1 − L ) P − 1 h_j'(x)=P(x-s_j-1-L)^{P-1} hj′(x)=P(x−sj−1−L)P−1
所以 h j ′ ( x ) h_j'(x) hj′(x)在 ( s j + 1 + L , + ∞ ) (s_j+1+L,+\infin) (sj+1+L,+∞)上单增且恒大于0

对于 x < s j + 1 + L x<s_j+1+L x<sj+1+L的部分：
根据对称性， h j ′ ( x ) h_j'(x) hj′(x)在 ( − ∞ , s j + 1 + L ) (-\infin,s_j+1+L) (−∞,sj+1+L)上同样单增且恒小于0

又因为函数连续，所以 h j ′ ( x ) h_j'(x) hj′(x)在 R \R R上单增

又因为 h j 1 ( x ) = h j ( x + s j − s j 1 ) h_{j_1}(x)=h_j(x+s_j-s_{j_1}) hj1(x)=hj(x+sj−sj1)，即不同的 h j ( x ) h_j(x) hj(x)之间可以通过平移得到，
所以 ∀ j 1 ≠ j 2 \forall j_1\not=j_2 ∀j1=j2， h j 1 ( x ) h_{j_1}(x) hj1(x)与 h j 2 ( x ) h_{j_2}(x) hj2(x)最多一个交点

意会一下吧
所以 f f f 的转移式满足决策单调性
%%%FlashHu大佬

严谨证明：
证明 w ( j , i ) = ∣ s i − s j − 1 − L ∣ P w(j,i)=|s_i-s_j-1-L|^P w(j,i)=∣si−sj−1−L∣P满足四边形不等式，本蒟蒻不会
贴个博客吧
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[CF868F] Yet Another Minimization Problem

设 d p i , j dp_{i,j} dpi,j表示将序列的前 i i i个数划分成 j j j段所需要的最小费用，
设 w l , r w_{l,r} wl,r表示将 l l l到 r r r划分成一段所需要的花费
显然有转移方程： d p i , j = m i n { d p x , j − 1 + w x + 1 , i } dp_{i,j} =min\{dp_{x,j-1}+w_{x+1,i}\} dpi,j=min{dpx,j−1+wx+1,i}

决策单调性证明：
法一（四边形不等式）：
要证 d p dp dp的转移具有决策单调性
即证 ∀ a < b , w ( a , b ) + w ( a + 1 , b + 1 ) ≤ w ( a , b + 1 ) + w ( a + 1 , b ) \forall a<b,w(a,b)+w(a+1,b+1)\leq w(a,b+1)+w(a+1,b) ∀a<b,w(a,b)+w(a+1,b+1)≤w(a,b+1)+w(a+1,b)
即证 ∀ a < b , w ( a , b ) − w ( a + 1 , b ) ≤ w ( a , b + 1 ) − w ( a + 1 , b + 1 ) \forall a<b,w(a,b)-w(a+1,b)\leq w(a,b+1)-w(a+1,b+1) ∀a<b,w(a,b)−w(a+1,b)≤w(a,b+1)−w(a+1,b+1)
即把区间从 [ a + 1 , b ] [a+1,b] [a+1,b]拓到 [ a , b ] [a,b] [a,b]的增量 ≤ \leq ≤把区间从 [ a + 1 , b + 1 ] [a+1,b+1] [a+1,b+1]拓到 [ a , b + 1 ] [a,b+1] [a,b+1]的增量
该式显然正确，因为在区间中增加一个元素，它对答案的贡献与区间内与它值相同的元素数量有关
法二：
记 c x [ i ] c_x[i] cx[i]为区间 [ 1 , i ] [1,i] [1,i]中值为 j j j的元素个数
h j ( i ) = w ( j + 1 , i ) = ∑ x ( c x [ i ] − c x [ j ] ) ( c x [ i ] − c x [ j ] − 1 ) 2 h_j(i)=w(j+1,i)=\sum_{x}\frac{(c_x[i]-c_x[j])(c_x[i]-c_x[j]-1)}{2} hj(i)=w(j+1,i)=∑x2(cx[i]−cx[j])(cx[i]−cx[j]−1)
因为 ( c x [ i ] − c x [ j ] ) ( c x [ i ] − c x [ j ] − 1 ) 2 \frac{(c_x[i]-c_x[j])(c_x[i]-c_x[j]-1)}{2} 2(cx[i]−cx[j])(cx[i]−cx[j]−1)的导函数单增，所以合起来就可以得出 h j ′ ( i ) h_j'(i) hj′(i)单增
结合图像可以证明 d p dp dp的转移具有决策单调性

实现：
因为 c o s t ( j , i ) cost(j,i) cost(j,i)不好快速计算，不适合用二分栈来做，所以这题是用分治实现的
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[SDOI2016]征途

高中数学告诉我们： s 2 = x 2 ‾ − x ‾ 2 s^2=\overline {x^2}-{\overline x}^2 s2=x2−x2
所以 m 2 s 2 = m ∑ v i 2 − ( ∑ v i ) 2 m^2s^2=m\sum v_i^2-(\sum v_i)^2 m2s2=m∑vi2−(∑vi)2
− ( ∑ v i ) 2 -(\sum v_i)^2 −(∑vi)2为定值，我们只要令 ∑ v i 2 \sum v_i^2 ∑vi2最小即可
设 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j]表示把前 i i i段路分为 j j j天走， ∑ k = 1 j v k 2 \sum_{k=1}^{j}v_k^2 ∑k=1jvk2的最小值
记 s i s_i si表示前 i i i段路的长度和
则 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j]有转移式： f [ i ] [ j ] = m i n { f [ x ] [ j − 1 ] + ( s i − s x ) 2 } f[i][j]=min\{f[x][j-1]+(s_i-s_x)^2\} f[i][j]=min{f[x][j−1]+(si−sx)2}

斜率优化：
f [ i ] [ j ] = f [ x ] [ j − 1 ] + ( s i − s x ) 2 f[i][j]=f[x][j-1]+(s_i-s_x)^2 f[i][j]=f[x][j−1]+(si−sx)2
⟺ 2 s i s x + f [ i ] [ j ] − s i 2 = f [ x ] [ j − 1 ] + s x 2 \iff 2s_is_x+f[i][j]-s_i^2=f[x][j-1]+s_x^2 ⟺2sisx+f[i][j]−si2=f[x][j−1]+sx2
把 2 s i 2s_i 2si看成 k k k， s x s_x sx看成 x x x， f [ i ] [ j ] − s i 2 f[i][j]-s_i^2 f[i][j]−si2看成 b b b， f [ x ] [ j − 1 ] + s x 2 f[x][j-1]+s_x^2 f[x][j−1]+sx2看成 y y y
找最优决策点即找到点 ( s x , f [ x ] [ j − 1 ] + s x 2 ) (s_x,f[x][j-1]+s_x^2) (sx,f[x][j−1]+sx2)使得 b b b最小
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[HNOI2011]数学作业

容易得到递推式： f [ n ] = f [ n − 1 ] × 1 0 l e n ( n ) + n m o d m f[n]=f[n-1]\times 10^{len(n)}+n \mod m f[n]=f[n−1]×10len(n)+nmodm
构造转移矩阵：
[ f [ n ] n 1 ] = [ f [ n − 1 ] n − 1 1 ] × [ 1 0 l e n ( n ) 0 0 1 1 0 1 1 1 ] \begin{bmatrix} f[n]&n&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}f[n-1]&n-1&1\end{bmatrix}\times\begin{bmatrix}10^{len(n)}&0&0\\1&1&0\\1&1&1\end{bmatrix} [f[n]n1]=[f[n−1]n−11]×⎣ ⎡10len(n)11011001⎦ ⎤
如果不是 1 0 l e n ( n ) 10^{len(n)} 10len(n)这个奇怪的变量，这道题已经做完了
那我们干脆把 1 0 l e n ( n ) 10^{len(n)} 10len(n)变成常量：枚举位数，对每一个位数做一次矩阵快速幂

[USACO07NOV]Cow Relays G

经典结论：
用矩阵 A A A表示有向图 G G G的连通情况（ A i , j = 1 A_{i,j}=1 Ai,j=1表示 G G G中存在边 i → j i\to j i→j）
那么从 s s s到 t t t经过 k k k条边的路径数= ( A k ) s , t (A^k)_{s,t} (Ak)s,t

拓展到本题：
我们定义一种新运算 ∗ * ∗：
[ a 1 , 1 a 1 , 2 ⋯ a 1 , m a 2 , 1 a 2 , 2 ⋯ a 2 , m ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a n , 1 a n , 2 ⋯ a n , m ] ∗ [ b 1 , 1 b 1 , 2 ⋯ b 1 , n b 2 , 1 b 2 , 2 ⋯ b 2 , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ b m , 1 b m , 2 ⋯ b m , n ] = [ c 1 , 1 c 1 , 2 ⋯ c 1 , n c 2 , 1 c 2 , 2 ⋯ c 2 , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ c n , 1 c n , 2 ⋯ c n , n ] \begin{bmatrix} a_{1,1}&a_{1,2}&\cdots&a_{1,m}\\a_{2,1}&a_{2,2}&\cdots&a_{2,m}\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\a_{n,1}&a_{n,2}&\cdots&a_{n,m}\end{bmatrix} * \begin{bmatrix} b_{1,1}&b_{1,2}&\cdots&b_{1,n}\\b_{2,1}&b_{2,2}&\cdots&b_{2,n}\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\b_{m,1}&b_{m,2}&\cdots&b_{m,n}\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} c_{1,1}&c_{1,2}&\cdots&c_{1,n}\\c_{2,1}&c_{2,2}&\cdots&c_{2,n}\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\c_{n,1}&c_{n,2}&\cdots&c_{n,n}\end{bmatrix} ⎣ ⎡a1,1a2,1⋮an,1a1,2a2,2⋮an,2⋯⋯⋱⋯a1,ma2,m⋮an,m⎦ ⎤∗⎣ ⎡b1,1b2,1⋮bm,1b1,2b2,2⋮bm,2⋯⋯⋱⋯b1,nb2,n⋮bm,n⎦ ⎤=⎣ ⎡c1,1c2,1⋮cn,1c1,2c2,2⋮cn,2⋯⋯⋱⋯c1,nc2,n⋮cn,n⎦ ⎤
其中 c i , j = M i n k = 1 m { a i , k + b k , j } c_{i,j}=Min_{k=1}^m{}\{a_{i,k}+b_{k,j}\} ci,j=Mink=1m{ai,k+bk,j}
因为 ∗ * ∗运算满足结合律，所以 A ∗ A ∗ A ∗ ⋯ ∗ A A*A*A*\cdots *A A∗A∗A∗⋯∗A仍然可以用快速幂求得

在这种新运算下，如果初始矩阵中 A i , j A_{i,j} Ai,j表示 i i i到 j j j的最小距离
那么从 s s s到 t t t经过 k k k条边的最短路径长度= ( A k ) s , t (A^k)_{s,t} (Ak)s,t（这里的 A k A^k Ak表示 k k k个 A A A相 ∗ * ∗）
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[SCOI2014]方伯伯的玉米田

首先本题需要确定一个事实：
每一次的拔高操作区间右端点一定是最右边的玉米

设 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j]表示以 i i i 结尾， i i i 这个点已经被 j j j 个拔高区间覆盖过，所能得到的最长不下降序列长度
f [ i ] [ j ] = m a x { f [ k ] [ l ] } + 1 ( 1 ≤ ｋ < i , 0 ≤ l ≤ j , h [ i ] + j ≥ h [ l ] [ k ] f[i][j]=max\{f[k][l]\}+1(1\leqｋ<i,0\leq l\leq j,h[i]+j\geq h[l][k] f[i][j]=max{f[k][l]}+1(1≤ｋ<i,0≤l≤j,h[i]+j≥h[l][k]

用数据结构优化转移即可
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[NOIP2018 提高组] 保卫王国

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