這份 dp 題單的最後幾題好難 orz。
前面的題比較簡單，所以我會選取一些題來講，其它的直接看程式碼理解吧 qwq。
傳送門：
https://atcoder.jp/contests/dp
全部 AC 程式碼：
https://atcoder.jp/contests/dp/submissions?f.Task=&f.LanguageName=&f.Status=AC&f.User=HinanawiTenshi
E
這道題不同於常規的揹包問題，因為揹包容量很大，我們不能對容量進行 dp，但注意到全部的收益加起來不超過 \(10^5\)，想到用 \(f(j)\) 表示收益至少為 \(j\) 時的最小容量花費。記當前在第 \(i\) 個物品，有狀態轉移方程：
J
注意到每碟壽司數量最多 \(3\) 個，不難想到用 \(f(x, y, z)\) 表示當前有 \(x\) 盤壽司數量為 \(3\)，\(y\) 盤壽司數量為 \(2\)，\(z\) 盤壽司數量為 \(1\) 時距離吃完全部壽司的期望步數。
根據全期望公式，我們有：
根據上述公式進行記憶化搜尋即可，細節見程式碼。
L
注意到 \(X + Y = sum\)（\(sum\) 是總分數），\(X - Y = 2X - sum\)，所以 Taro 的目標是最大化 \(X\)，Jiro 的目標是最小化 \(X\)。
\(dp(l, r, op)\) 表示 \([l, r]\) 區間輪到某玩家（\(op = 1\) 表示輪到 Taro，否則表示輪到 Jiro）決策時 Taro 的最高得分。
當 \(op = 1\) 時，\(dp(l, r, op) = \max(dp(l+1, r, 0) + w_l, dp(l, r-1, 0)+w_r)\)
當 \(op = 0\) 時，\(dp(l, r, op) = \min(dp(l+1, r, 0), dp(l, r-1, 0))\)
M
\(f(i, j)\) 表示前 \(i\) 個小孩共分了 \(j\) 個蠟燭的方案數，以給第 \(i\) 個小孩多少個蠟燭為狀態劃分依據。
有方程：\(f(i, j) = \sum_{k = \max(0, j-w_i)} ^ j f(i-1, k)\)
直接轉移顯然會超時，所以我們在更新 \(f\) 的同時維護一個字首和 \(s\)，\(s(i, j) = \sum_{k=1}^j f(i, k)\)。
O
\(f(i, st)\) 表示前 \(i\) 個男人和對應子集為 \(st\) 的女人匹配的方案數。
考慮狀態轉移：
現在已經有 \(i-1\) 個男人以及相應匹配的子集為 \(st\) 的女人集合，當新加入一個男人的時候，對於可以和他配對的女人 \(j\)（而且需要滿足這個女人不在 \(st\) 中），我們有狀態轉移：\((i-1, st)\rightarrow (i,st\cup j)\)。
因此有這樣的更新 \(f\) 的方式：\(f(i, st\cup j) += f(i-1, st)\)。
R
倍增 Floyd（是之前沒聽說過的東西呢）
記 \(g(i, j)\) 為讀入的矩陣，\(f(k, i, j)\) 為經過 \(k\) 條邊，從 \(i\rightarrow j\) 的方案數。
那麼我們有 \(f(k, i, j) = \sum_{u = 1}^n f(k-1, i, u) \times g(u, j)\)
如果看不出有什麼性質，那我將上面的柿子換個寫法：
注意到，這正是矩陣乘法的形式！也就是：\(f_k = f_{k-1}\times g\)
而且可以發現，\(g\) 恰好為 \(f_1\)，我們有 $$f_k = f_{k-1}\times f_1$$。
所以答案為 \(f_1^K = g^K\)，用矩陣快速冪加速這個過程就好了。
S
數位 dp。
用 \(f(i, j, k)\) 表示區間 \([1, \overline{j99...999}]\) （\(\overline{j99...999}\) 共 \(i\) 位，首位為 \(j\) ），滿足十進位制意義下數位和 \(mod~D\) 餘 \(k\) 的數的個數。
- 對於 \(j = 0\)，\(f(i, j, k) = f(i-1, 9, k)\)
- 對於 \(j\neq 0\)，\(f(i, j, k) = f(i, j-1, k) + [j \equiv k \pmod D] + f(i-1, 9, k-j\pmod D)\)
T
思路比較新穎的 dp。
\(f(i, j)\) 表示對於前 \(i\) 個位置，末位值為 \(j\)，值域為 \([1, i]\) 的合法排列數。
合法就是滿足題目中所給的大小關係。
考慮從 \(i-1\rightarrow i\) 的轉移、統計：
我們所需要統計的就是 \([1,i]-\{j\}\) 這個值域內有多少個（長度為 \(i-1\) 的）排列是合法的。
如果 \(i-1,i\) 需要滿足的關係為 \(<\) ，那麼我們有 \(f(i, j) = \sum_{k=1}^{j-1}f(i-1, k)\)，因為在引入 \(j\) 後，原先合法的長為 \(i-1\)，結尾為 \(k\) 的排列在 \([1, i]\) 依然是合法的。
類似地，如果 \(i-1,i\) 需要滿足的關係為 \(>\)， 有 \(f(i, j) = \sum_{k=j}^{i-1}f(i-1, k)\)。
一個直觀的理解是，當插入 \(j\) 時，\([1, i-1]\) 的每個排列中所有 \(\geq j\) 的數都加了 \(1\)，變換前後的合法方案是一一對應的。
U
\(f(S)\) 表示集合 \(S\) 按在分組後可以得到的最大貢獻。
我們不妨記 \(U\) 代表全集，那麼答案就是 \(f(U)\)。
以分出一組 \(S\) 的子集 \(S0\) 作為劃分依據，有狀態轉移方程 \(f(S) = \max (f(S-S0) + cal(S0))\)。
\(cal(S0)\) 代表子集 \(S0\) 為同一組時的貢獻值。
如果在求取每個狀態的時候計算 \(cal\)，那麼時間複雜度為 \(O(3^nn^2)\)，無法承受。
所以可以預處理一下所有子集的 \(cal\) 值。
這樣做的時間複雜度為 \(O(2^n n^2 + 3^n)\)。
V
換根 dp。
有點噁心的一題。
記點 \(u\) 的合法方案數為 \(f(u)\)，\(u\) 只向子樹擴充套件的合法方案數為 \(f'(u)\)。
對於點 \(u\)，有 \(f(u) = \prod (1 + f'(ch)) \times (1 + \frac{f(fa)}{f'(u)})\)
\(ch\) 代表 \(u\) 的子節點，\(fa\) 代表 \(u\) 的父節點。
因為給出的數不保證存在逆元，因此需要處理出每個點子節點對應的 \(f'\) 值的字首積和字尾積。
W
個人感覺這道題是這份題單中最難的了 QAQ。
\(f(i)\) 表示前 \(i\) 個位置做出決策後而且第 \(i\) 個決策為 1 所能得到的最大價值。
我們記區間為三元組 \((l, r, v)\)，編號為 \([1, m]\)。
有轉移方程：\(f(i) = max(f(j)+\sum v_k)\)，其中 \(k\) 為滿足 \(l\in(j,i],r\geq i\) 的區間編號。
我們考慮優化：
對於當前數軸上的位置 \(i\)，假設它處於一個 \([l, r]\) 的區間中，那麼我們可以將這個區間的值 \(v\) 加到數軸上的 \([0,l-1]\) 中，那麼在統計的時候，只需要統計數軸上 \([0,i-1]\) 的最大值就可以得到 \(f(i)\) 的值了。
位置 \(i\) 處於多個區間的情況類似。
然後我們對數軸上的點 \(i\) 進行更新。
用什麼可以高效維護上述數軸上的操作呢？線段樹可以做到，也就是區間加以及區間最大值查詢。
X
排序 + dp。
考慮從上到下相鄰的兩個物品 \(i, i+1\) 的屬性滿足怎麼樣的關係是最優的排列方式。
所謂最優，就是交換這兩個物品的相對位置之後，能夠承載上面的物品的重量不比原來的位置好。
也就是 \(\min(s_i, s_{i+1}-w_i)\geq \min(s_{i+1}, s_i-w_{i+1})\)。
下面尋找上式的等價條件：
因為 \(s_i\geq s_i-w_{i+1}\geq \min(s_{i+1}, s_i-w_{i+1})\)，因此上式等價於：\(s_{i+1}-w_i\geq\min(s_{i+1}, s_i-w_{i+1})\)。
類似地，\(s_{i+1}\geq s_{i+1}-w_i\)，故上式進一步等價於：\(s_{i+1}-w_i\geq s_i-w_{i+1}\)，也就是 \(s_i+w_i\leq s_{i+1}+w_{i+1}\)。
至此，我們找到了排序依據。
事實上，直接用 \(\min(s_i, s_{i+1}-w_i)\geq \min(s_{i+1}, s_i-w_{i+1})\) 作為排序依據亦可。
剩下的工作變成揹包問題。
記 \(f(i， j)\) 為前 \(i\) 個物品，選取了重量和至多為 \(j\) 的物品的最大收益。
有轉移方程：\(f(i, j) = \max (f(i-1, j-w_i)+v_i, f(i-1, j))\)，然後列舉的 \(j\) 的範圍是 \([w_i, w_i + s_i]\)。
與揹包問題一樣，可以減少一維空間。
Y
組合計數 dp。
直接轉移有 \(n^2\) 個狀態，直接去世。
但是障礙很少，所以可以從障礙入手。
我們記 \(f(x, y)\) 為從 \((1, 1)\) 出發不經過任何一個障礙到達 \((x, y)\) 點的方案數。
那麼我們有 \(f(x, y) = C_{x+y-2}^{x-1}-\sum C_{x-X+y-Y}^{x-X} f(X, Y)\)，其中 \((X,Y)\) 為障礙點且 \(X<x,Y<y\)。
統計答案和上面的求 \(f(x, y)\) 完全一樣，把 \((n, m)\) 看成是障礙點即可。
Z
斜率優化 dp。
記 \(f(i)\) 為跳到 \(i\) 的最小花費。
顯然，轉移方程：\(f(i) = \min (f(j)+(h_i-h_j)^2) + c\)，其中 \(j\in[1, i-1]\)。
我們假設決策點為 \(j\)，那麼有 \(f(i) = f(j) + h_i^2 - 2h_ih_j + h_j^2 + c\)。
進一步將上式化為：\(f(j) + h_j^2 = 2h_ih_j + f(i) + c - h_i^2\)
我們記 \(y = f(j) + h_j^2, k=2h_i,x=h_j, b=f(i)+c-h_i^2\)。
那麼這正好為 \(y = kx + b\) 的形式。
我們的目標是最小化 \(f(i)\)，這等價於最小化 \(b\)，也就是從維護的下凸殼中找到使直線的 \(b\) 最小的點即可。
對斜率優化不熟悉可以看看這個：https://www.cnblogs.com/Tenshi/p/14481908.html