「tricks」整体DP

不太了解这个东西的具体定义是什么，总之应该是一个用数据结构维护 DP 状态的某几个维度的 trick 吧。

事实上你可以把这篇 post 理解为三个题的解集。

先直接来看 noi2020 - Destiny 这个题。

给定一棵树 T=(V,E)T = (V, E)T=(V,E) 和点对集合 Q⊆V×V\mathcal Q \subseteq V \times VQ⊆V×V ，满足对于所有 (u,v)∈Q(u, v) \in \mathcal Q(u,v)∈Q，都有 u≠vu \neq vu=v，并且 uuu 是 vvv 在树 TTT 上的祖先。其中 VVV 和 EEE 分别代表树 TTT 的结点集和边集。求有多少个不同的函数 fff : E→{0,1}E \to \{0, 1\}E→{0,1}（将每条边 e∈Ee \in Ee∈E 的 f(e)f(e)f(e) 值置为 000 或 111），满足对于任何 (u,v)∈Q(u, v) \in \mathcal Q(u,v)∈Q，都存在 uuu 到 vvv 路径上的一条边 eee 使得 f(e)=1f(e) = 1f(e)=1。由于答案可能非常大，你只需要输出结果对 998,244,353998,244,353998,244,353（一个素数）取模的结果。

我们略过 DP 的过程，直接给出其定义 f(x,j)f(x,j)f(x,j) 表示考虑子树 iii，限制条件的 v∈subtree(x)v\in{\rm subtree}(x)v∈subtree(x) 且限制 (u,v)(u,v)(u,v) 尚未被满足，uuu 的深度最深且 j=dep(u)j={\rm dep}(u)j=dep(u) 的不同映射 f:Esubtree(x)→{0,1}f:E_{{\rm subtree}(x)}\rightarrow\{0,1\}f:Esubtree(x)→{0,1} 数量，以及其转移f(x,i)=f(x,i)∑y∈suf(x)(∑j=0dep(x)f(y,j)+∑j=0if(y,j))+f(y,i)∑j=0i−1f(x,j)f(x,i)= f(x,i)\sum\limits_{y\in{\rm suf}(x)}\left(\sum\limits_{j=0}^{{\rm dep}(x)}f(y,j)+\sum\limits_{j=0}^{i}f(y,j)\right)+f(y,i)\sum\limits_{j=0}^{i-1}f(x,j)f(x,i)=f(x,i)y∈suf(x)∑(j=0∑dep(x)f(y,j)+j=0∑if(y,j))+f(y,i)j=0∑i−1f(x,j)。

令 g(x)g(x)g(x) 为 f(i)f(i)f(i) 的前缀和，得到平方级算法。

如果我们考虑把 DP 的第二维度状态放到线段树上，那么子树的合并就可以放到线段树上去做，即使用线段树的合并 trick 来做 DP。

我们来看看合并的具体过程。贴近实现，我们令 merge:{(x,y,l,r,sx,sy)}→node{\rm merge}:\{(x,y,l,r,s_x,s_y)\}\rightarrow{\rm node}merge:{(x,y,l,r,sx,sy)}→node 表示线段树合并的过程，其中 sxs_xsx & sys_ysy 表示 DP 的前缀和（即 ggg），在实现（以及下文的讲解）中，均把这两个变量视作别名。

有这样几种情形需要探讨。

l=rl=rl=r：此时应该把 f(y,l)f(y,l)f(y,l) 合并到 f(x,l)f(x,l)f(x,l) 中，直接对线段树结点维护的 DP 值进行修改；
x=Ωx=\Omegax=Ω：此时 f(x)f(x)f(x) 的 DP 值并没有意义，在本题中可以视作零。于是打乘法标记即可；
y=Ωy=\Omegay=Ω：与上一条类似。

于是得到解决，参考实现。

再来看 pkuwc2018 - Minimax 这个题。

给出一棵有 nnn 的结点的二叉有根树，并给出其叶子结点的权值，对于一个非叶子结点，其权值有 pip_ipi 概率取得儿子中的最大值， 1−pi1-p_i1−pi 的概率取得最小值。

令 {vi}\{v_{i}\}{vi} 表示最终根结点（111-th 结点）的所有可能取值（升序排列），其个数记为 mmm，每一个 viv_ivi 取得的概率记为 rir_iri，将其按照 hash(i)=i×vi×ri{\rm hash}(i)=i\times v_i\times r_ihash(i)=i×vi×ri 的规则求出 ∑ihash(i)\sum_i{\rm hash}(i)∑ihash(i)。

与上一题类（完全）似（一致）地，同样略过 DP 的过程，给出其定义 f(i,j)f(i,j)f(i,j) 表示结点 iii 取得值 jjj 的概率，以及其转移 f(i,j)=∑v∈suf(i)f(v,j)(pi∑1⩽k<jf(v′,k)+(1−pi)∑j<kf(v′,k))f(i,j)=\sum\limits_{v\in{\rm suf}(i)} f(v,j)\left(p_i\sum\limits_{1\leqslant k<j}f(v',k)+(1-p_i)\sum\limits_{j<k}f(v',k)\right)f(i,j)=v∈suf(i)∑f(v,j)(pi1⩽k<j∑f(v′,k)+(1−pi)j<k∑f(v′,k))，其中 v′v'v′ 表示 suf(i)∖{v}{\rm suf}(i)\setminus\{v\}suf(i)∖{v} 中的唯一取值。

令 g(i)g(i)g(i) 为 f(i)f(i)f(i) 的前缀和（显然这里的 ∞\infty∞ 并不是「真正的无限」），得到平方级的算法。

同样考虑把 DP 的第二维度状态放到线段树上，在线段树合并时维护 sxs_xsx & sys_ysy 表示 DP 的前缀和，直接维护即可。

参考实现。

最后来看到 codeforces - 671D / Roads in Yusland。

给定一棵 nnn 个点的以 111 为根的树。有 mmm 条路径 (x,y)(x,y)(x,y)，保证 yyy 是 xxx 或 xxx 的祖先，每条路径有一个权值。你要在这些路径中选择若干条路径，使它们能覆盖每条边，同时权值和最小。

这题的平方 DP 都有一定难度……看了 duyi 的题解挺久才理解……不过如果做过 noi2020 - Destiny 的话应该会好很多。

称 route(u,v){\rm route}(u,v)route(u,v) 中的 uuu 为起点，vvv 为终点，在 vvv 决策一个 route 是否被选择。参考 noi2020 - Destiny 的状态设计，令 f(x,i)f(x,i)f(x,i) 表示在 subtree(x){\rm subtree}(x)subtree(x) 中选择了若干 routes，其中终点深度最深并且高于 dep(x){\rm dep}(x)dep(x) 的深度为 iii 的最优方案。

转移即 f(x,i)=min⁡y∈suf(x){f(y,i)+∑z∈suf(x)∖{y}g(z)}f(x,i)=\min\limits_{y\in{\rm suf}(x)}\{f(y,i)+\sum\limits_{z\in{\rm suf}(x)\setminus\{y\}}g(z)\}f(x,i)=y∈suf(x)min{f(y,i)+z∈suf(x)∖{y}∑g(z)}，其中 g(x)=min⁡1⩽i<dep(x){f(x,i)}g(x)=\min\limits_{1\leqslant i<{\rm dep}(x)}\{f(x,i)\}g(x)=1⩽i<dep(x)min{f(x,i)}，还需要考虑每条 route 带来的额外转移，转移式显然不赘。这些 transforming formulae 也许带有一些构造成分在里面，至少我觉得不太自然……

然后考虑线段树合并优化，你需要支持区间增量 & 全局查询最小值 & 合并（与此同时区间取 min⁡\minmin）& 单点取 min⁡\minmin。因为 O((n+m)log⁡2n)O((n+m)\log_2n)O((n+m)log2n) 的空间复杂度并不能通过此题。

考虑以时间换空间，我们采用权值平衡树 & 启发式合并来解决（参考实现中给出的是 std::set）。

平衡树上每个结点维护一个 2-tuple (i,f(x,i))(i,f(x,i))(i,f(x,i))，以第一关键字排序。我们依次考虑如何支持上文的操作。

区间增量：如果及时把 i>dep(x)i>{\rm dep}(x)i>dep(x) 的元素弹出，这就变成了全局增量，直接维护即可；
全局查询最小值：这个是本题最妙的地方，因为关键字的选取，平衡树无法简单地取出最小值，我们需要更多的性质。注意到 ∀j<k,s.t.f(x,j)<f(x,k)\forall j<k,s.t.f(x,j)<f(x,k)∀j<k,s.t.f(x,j)<f(x,k)，此时的 kkk 都是无用的，可以直接删除，这得出了此题的单调性。如此全局最小值就是平衡树上最右边的结点；
合并：启发式合并即可；
单点取 min⁡\minmin：相当于插入操作，直接来即可，需要注意一些不是特别细的细节（雾）。

如此时间复杂度退成了 O((n+m)log⁡22n)O((n+m)\log_2^2n)O((n+m)log22n)，但是空间复杂度优化到了 O(n+m)O(n+m)O(n+m)，可以通过此题。

参考实现。

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