OMG 我辛辛苦苦打的笔记被吃掉了只能转载我们涵神的了反正我们写的差不多

附上涵神原文：传送门

背景
搜索到DP的过渡
- 搜索的艰辛
- 记忆化出现了
DP的基础
- DP的实现方法
  - 例题
    - 题面
    - 分析
  - 再谈LCS
    - 题面
    - 回忆一般的LCS
    - code
    - 正解算法
    - code
DP的优化
- 单调性优化
  - 例题
    - 题面
    - 分析
    - code
  - 例题
    - 题面
    - 分析
    - code
- 斜率优化
  - 例题
    - 分析
    - code

背景

MZX大佬来这边的路真是艰辛啊！说好九点的飞机，十一点就能到，结果晚点到十点。到早上我们才知道他晚点到了一点，四点才到的海亮教育园。所以上午就看了万能的区间DP。然后下午终于出现在了讲台上面……
12：24大佬开始卖弱
12：30终于开始讲了

搜索到DP的过渡

搜索的艰辛

搜索的时间复杂度是指数级的。我们如果把dp的题目用搜索做的话简直会爆炸。例如最经典的01背包，如果不会dp，我们只能用dfs来枚举每个物品选不选，选的加进vector里面。好一点的dfs可以只记录已经选的物品质量和价值；最后加可行性剪枝和最优性剪枝，可以稍微好一点。

记忆化出现了

搜索的时间复杂度越来越不能征服人类日益增长的需求了！因为人们的cpu不能发展的那么快（摩尔定律都学过吧）。所以这时候一个救世主出现了——记忆化搜索。
dfs的最优性剪枝：记录下前i个物品总重量为w时候的最大价值和，或者价值为v时候的最小总重量。（记忆化搜索）Dfs可以带三个参数：dfs(物品件数，物品总重，物品总价值),类似地我们可以加一个f数组，来记录这种状态：f[i][w]=v来代表前i个物品质量w时候的最大价值v。本质就是我们在搜索的时候只记录对后面的选择有影响的状态，以及该状态下的最优值。这种方法适用于很多0/1选择的问题，比如lis。记录xx状态时候的最优值这种做法其实就是dp，只不过我们把指数级的算法剪成了多项式。Dp的关键在于写出状态转移方程，就像这样 f[i]=max/min{……} f[i]=max/min\{……\}；
Dp的思考方式：先用dfs思考一下，再用参数写出状态数组。最后写出状态转移方程。

DP的基础

DP就是这样应运而生的。

DP的实现方法

Dp有两种实现方法：递推和记忆化搜索，后面就体现出了这个搜索——“剪枝”算法的本质。

例题

题面

给定一个RxC（R，C≤500）的滑雪场，每个格子都有高度，每个格子只能滑向（四联通）相邻的比它低的格子，求最大的滑行长度（可以任意确定起点）.

分析

很明显，如果搜索，那么对选择有影响的状态只有当前位于哪个格子，所以就可以设置状态为当前格子，最优值就是以这个格子为起点的最大滑行长度。
一个格子的最优值依赖于哪些格子呢？比它低的。
所以我们可以dfs递归搜索，加上记忆化就能ac了。说实话这道题目用dp还不如写dfs呢。。。

再谈LCS

LCS——最长公共子序列。大家都会把。这里会介绍一种具有特殊性质的LCS。

题面

给定两个长度为5n的序列，1…n每个数字出现5次，求最长公共子序列，n≤1e5。

回忆一般的LCS

方法一：1、dfs法：不断分解组合。
2、DP法：从规模小的子问题推到总问题。
我们需要枚举两个串的每一位，在这道题目中时间复杂度是 O（n2） O（n^2），明显超时。
具体做法是这样：
如果a[i-1]=b[i-1]那么
F[i][j]=max(f[i][j],f[i−1][j−1]+1); F[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-1]+1);
如果不相等，那么
F[i][j]=max(f[i−1][j],f[i][j−1]); F[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j-1]);

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read()
{
    int num=0;
    char c=getchar();
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar());
    for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())num=num*10+c-'0';
    return num;
}
int n,m,a[302000],b[302000],f[5001][5001];
int main()
{
    n=read();
    m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    a[i]=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)
    b[i]=read();
    for(int i=2;i<=n+1;i++)
    for(int j=2;j<=m+1;j++)
    {        f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j-1]);
        if(a[i-1]==b[j-1])
        f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-1]+1);
    }
    printf("%d",f[n+1][m+1]);
    return 0;
}

正解算法

但是恭喜，只能拿部分分！！！o(╥﹏╥)o许多同学内心是崩溃的。这道题目我们需要再观察一下这道题目。这道题目有一个特殊性质：因为这道题目每个数会且只会出现5次。所以我们发现上面code的那个判断两个是否相等的if语句值为真的总共会有 5×5×n 5\times5\times n。我们可以变换一下思路。为啥要把整个f数组都算出来呢？我们如果把f数组画出来。我们会发现，是一张 5n×5n 5n\times 5n的表格，每行只有5个元素是相互匹配的。我们可以只填匹配上的点。时间复杂度就降成了 O(n) O(n)！！多么美妙！但是我们发现并没有一个可以直接填点的方法。我们可以借用一下数据结构这个好玩意儿。
这里我们采用线段树，每次查询的时间复杂度是 O(logn) O(\log n)那么总的时间复杂度是 O(nlogn) O(n \log n)。
我们每填完一行我们都要修改一下线段树。让每一个结点j代表以j的横坐标和纵坐标为边的矩阵最大值。然后填值的时候就利用线段树结点的值来进行计算和判断。

code

【待补全】

DP的优化

DP的时间复杂度一般都是二次级别的，有时候数据超过10000就可能会超时。所以我们需要进行一些有的没的的优化。

单调性优化

在很多时候，dp的决策往往是具有单调性的。我们来看个例题：

例题

题面

超级教主
题目描述
LHX教主很能跳，因为Orz他的人太多了。教主跳需要消耗能量，每跳1米就会消耗1点能量，如果教主有很多能量就能跳很高。教主为了收集能量，来到了一个神秘的地方，这个地方凡人是进不来的。在这里，教主的正上方每100米处就有一个能量球（也就是这些能量球位于海拔100，200，300……米处），每个能量球所能提供的能量是不同的，一共有N个能量球（也就是最后一个能量球在N×100米处）。教主为了想收集能量，想跳着吃完所有的能量球。教主可以自由控制他每次跳的高度，接着他跳起把这个高度以下的能量球都吃了，他便能获得能量球内的能量，接着吃到的能量球消失。教主不会轻功，教主不会二段跳，所以教主不能因新吃到的能量而变化此次跳跃的高度。并且教主还是生活在地球上的，所以教主每次跳完都会掉下来。问教主若要吃完所有的能量球，最多还能保留多少能量。
输入格式
第1行包含两个正整数N，M，表示了能量球的个数和LHX教主的初始能量。
第2行包含N个非负整数，从左到右第I个数字依次从下向上描述了位于I×100米位置能量球包含的能量，整数之间用空格隔开。
输出格式
仅包括一个非负整数，为教主吃完所有能量球后最多保留的能量。
样例数据
input
3 200
200 200 200
output
400
【样例说明】第1次跳100米，得到200能量，消耗100能量，所以落地后拥有300能量。第2次跳300米，吃到剩下的第3棵能量球，消耗拥有的300能量，得到400能量。若第1次跳200米，第2次跳300米，最后剩余300能量。
数据规模与约定
【数据规模】对于10%的数据，有N≤10；　　对于20%的数据，有N≤100；对于40%的数据，有N≤1000；对于70%的数据，有N≤100000；对于100%的数据，有N≤2000000。保证对于所有数据，教主都能吃到所有的能量球，并且能量球包含的能量之和不超过2^31-1。

分析

我们先考虑用dfs做，明显会有：void dfs(int l,int E)
并且来个记忆化f[i]代表I*100处的最小花费能量。总能量是一定的，我们止血药最小化跳的高度总和就可以了，也就是存在 f[i]=min{f[j]+100∗i} f[i]=min\{f[j]+100*i\}我们把所有不含j的项提出来 =min{f[j]}(E+W[j]−f[j]≥100∗i)+100∗i =min\{f[j]\}(E+W[j]-f[j]\ge100*i)+100*i
(ps:W[j]表示w的前缀和)
但是这道题目我们不需要使用单调队列，止血药记录满足上述()中的条件的最小的j就可以了。代码实现：

int j=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while(E+W[j]-f[j]<100&&j<i)
j++
if(i==j)
{
//输出不可能的情况。
}
F[i]=f[j]+100*i;
}

code

【待补全】

例题

题面

取货题目描述
某公司估计市场在第i个月对某产品的需求量为Ui，已知在第i月该产品的订货单价为di，上个月月底未销完的单位产品要付存贮费用m，假定第一月月初的库存量为零，第n月月底的库存量也为零。
问如何安排这n个月订购计划，才能使成本最低？每月月初订购，订购后产品立即到货，进库并供应市场，于当月被售掉则不必付存贮费。假设仓库容量为S。
输入格式第1行：n,m,S (0<=n<=50,0<=m<=10,0<=S<=10000) 第2行：U1,U2,…,Ui,…,Un
(0<=Ui<=10000) 第3行：d1,d2,…,di,…,dn (0<=di<=100) 输出格式只有1行，一个整数，代表最低成本
样例数据 input 3 1 1000 2 4 8 1 2 4 output 34

分析

这道题目明显是一道dp题目。我们令f[i][j]表示第i个月存了j件货物的总代价。
所以有状态转移方程：
f[i][j]=minf[i−1][k]+k×m+(u[i]+j−k)×w[i](k≤u[i]+j)=minf[i−1][k]+k×(m−w[i])+(u[i]+j)×w[i] f[i][j]=min{f[i-1][k]+k\times m+(u[i]+j-k)\times w[i]}(k≤u[i]+j) =min{f[i-1][k]+k\times (m-w[i])}+(u[i]+j)\times w[i]
我们把大括号内的表达式定义为V（k）。
那么如果V（y）比V（x）更优而且x比y更早不合法，那么x这个决策在y加入中就失去了存在的意义。x生命失去了希望。

code

【待补全】

斜率优化

斜率优化就是把一些决策通过描点在一个二维平面上画出直线，通过斜率的单调性来解决。

例题

题目描述
N个任务排成一个序列在一台机器上等待完成（顺序不得改变），这N个任务被分成若干批，每批包含相邻的若干任务。
从时刻0开始，这些任务被分批加工，第i个任务单独完成所需的时间是Ti。在每批任务开始前，机器需要启动时间S，而完成这批任务所需的时间是各个任务需要时间的总和（同一批任务将在同一时刻完成）。
每个任务的费用是它的完成时刻乘以一个费用系数Fi。请确定一个分组方案，使得总费用最小。
例如：S=1；T={1,3,4,2,1}；F={3,2,3,3,4}。如果分组方案是{1,2}、{3}、{4,5}，则完成时间分别为{5,5,10,14,14}，费用C={15,10,30,42,56}，总费用就是153。
输入格式
第一行是N(1<=N<=50000)。第二行是S(0<=S<=50)。下面N行每行有一对数，分别为Ti和Fi，均为不大于100的正整数，表示第i个任务单独完成所需的时间是Ti及其费用系数Fi。
输出格式
一个数，最小的总费用。
样例数据
input
5
1
1 3
3 2
4 3
2 3
1 4
output
153

分析

【待补全】

code

【待补全】

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