backpack
0/1 backpack
Set DP [i] [j] j is selected from the items for the first volume of the i-th value of the largest items / the number of programs
dp[i][j]=max(dp[i-1][j-w[i]]+v[i],dp[i-1][j])(最大价值)
dp[i][j]=dp[i-1][j-w[i]]+dp[i-1][j](方案数)
Output options:
dp[i][j]=max(dp[i-1][j-w[i]]+v[i],dp[i-1][j])
See equation, we can record the i-th item is not selected from the group selected from the group, if selected, to recursively dp [i-1] [jw [i]] to
Record number of programs under the optimal strategy of value case
①：dp[i-1][j]≠dp[i-1][j-w[i]]:dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]])
②：dp[i-1][j]==dp[i-1][j-w[i]]:dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-w[i]]
Two way:
Full backpack
Multiple backpack
Two way:
Then what is it binary Optimized
It is the i-th article according to t [i] binary split to pack
For example: t [i] = 5, the binary: 101
It has a bag labeled four items and have a goods package
Volume of the package is four articles 4 * w [i], the value is 4 * v [i]
When t [i] than 2 m how to do?
Rest assured that any number can be represented in binary (that is, some special treatment)
This can be split into logt [i] packets
Then when the 0/1 knapsack do just fine
An article considering complexity is m * log (t [i])
M * t would be optimized from the m * log, starfish Starfish
Multiple backpack seeking the number of programs:
Binary Optimized correct?
We go back and look at ways to split, according to a binary split. When x = 0, the wood in question.
However, when x is not 0, the plurality of selected programs may be removed as a repeating things, would not
Monotonous queue optimization:
设fr[i][j]=dp[i-1][j*w[i]+r]
What the hell?
Take all the dp x% w [i] == r a [i-1] [x] value of the proposed
那么fr[i][j]=max{fr[i-1][j-k]+v[i]*k(0<=k<=t[i]}
这又是什么鬼？
我们枚举选的个数k,既然选了k,那之前应该有j-k个已经选了，再加上选的k个的权值
变形：fr[i][j]=max{fr[i-1][p]+v[i]*(j-p)}(j>=p>=j-t[i])（用p代替j-k）
继续：fr[i][j]=max{fr[i-1][p]-v[i]*p}+v[i]*j(j>=p>=j-t[i]) (就是把上面的v[i]*(j-p)拆开)
那么求最大值就只与p有关了
我们注意到j每次+1，那么p的最小值每次就+1。感觉像滑动窗口有木有。然后就是单调队列了ρωρ
zhx可以吗三连
所以单调队列在求方案数的时候可以吗？
单调队列不可以，但是思想可以。
为毛单调队列不可以呢？因为这里是求和啊求和（求方案数），直接前缀和不就好辣
分组背包
dp[i][j]表示前i组，选了j的体积的最大价值？？？
dp[i][j]=max{dp[i-1][j-w[i][k]]+v[i][k]}(k<=size[i])
就是枚举选哪个物品辣
经经经典题
二维完全背包（大概
dp[i][j]表示选了i体积的氧气，j体积的氢气的最大值
dp[i][j]=max{dp[i-a[k]][j-b[k]]+w[k]}(这里压缩了一维,把原来的前i个给扔了)
xLO2,yLH2,cLCl2,怎么办？再来一维
vijos1240
据说最多只能有一对夫妻在一个房间里，其他都是全男/全女
证明：
默认每个房间的容量≥2（单身狗专用单间考虑考虑），如果有两对夫妻都单独住房，那么显然让男人住一起，女人住一起更优
dp[i][x][y]:前i个房间住了x个男人，y个女人
不考虑夫妻：dp[i][x][y]=min{dp[i-1][x-房间容量][y],dp[i-1][x][y-房间容量]}
考虑夫妻：
bzoj1190
n<=100
数据好大鸭
a比较小是唯一的特殊条件了
按照b从大到小排序，先处理b大的宝石
f[i][j]表示在二进制中到了第i位，剩下j*2i的重量可用，最大价值
因为当前考虑的i=b,所以b暂时木有用。f[i][j]+v[i]------>f[i+1][j-ai]，a<=10,n<=100,所以最多记录到1000就完事了
接下来我们考虑转移到f[i-1][j'],那么j'=j*2+(W的第i-1位)
然后再和考虑f[i][j]时一样就好了
看看这询问数量，爽
我们回忆一下背包加上一个东西的复杂度是O(m)(就是辣个dp转移的for循环)
据说有个东西叫分治优化背包
我们搞一个函数dd(l,r)，表示原序列的区间[l,r]禁止购买时求最大价值
让我们画一画
发现走左区间就把右区间加到可购买的背包里面，走右区间相反
这样dp(i,i)就是禁止购买i时的最大价值
f[i]表示选出一些物品（当前物品选），体积为i的方案数
g[i]表示当前物品不选，体积为i的方案数
f[i]=f[i]+f[i-w[i]]
f[i]=g[i]+g[i-w[i]]
第二个式子是个什么鬼？
总方案数=不选的方案数+选了i之后装满i-w[i]的方案数
所以g[i]=f[i]-g[i-w[i]],g从小到大枚举，即可求出答案
注意当i<w[i]时，f[i]=g[i]
总体积/2,看最接近的数
但是怎么求呢？
先看点别的
整数划分问题
是背包鸭
1.n是总体积，k是完全背包的容积
dp[i][j][x]:考虑1~i个数，选了j个数，和为x的方案数
更优一点
上述的分类方法：末尾是否有1
dp[i-1][j-1]:末尾有1，那就把1拿掉，剩下i-1,同时要划分出j-1个数
dp[i-j][j]:末尾没有1，那最后一列的高度就高于1，那么直接切掉一层，变成i-j划分成j列
2.考虑1的思路，增加了一个互不相同的限制。
还是考虑是否末尾有1
有1：dp[i-j][j-1]，为什么是i-j呢？因为dp[i-1][j-1]中可能会有一种方案还有一个1。
那切掉1层，如果还有1，那说明在切掉之前是2，也就是说它在切掉之前是不同的（没有1）
没1：dp[i-j][j]和上面一样辣
复杂度
就是在左边选y个点，右边选k-y个点，使得左右两边点的质量的和相等
我们可以枚举一个和，枚举一个y，然后就完了
数位dp
先看个简单的
数位dp考虑方式：
我们用填数的方式来考虑，也就是考虑第i位填什么
我们最终填出来的数要保证有一个3，且最终的方案数就是答案
这里n就是上界
我们就枚举顶上界的那一位
f[i][0/1]表示i位之前随意填，且是否一定有3方案数（i是从高位向低位算，即最高位是第一位）
就是说，如果i的填三，则i的下一位就不用有三了
既然i和后面都没有3，那就只需要累加没有3的情况了
平衡树？平衡数！
我们设中心轴为mid
如果
，就说明这是个平衡数
但是我们现在不知道中心轴
f[i][k] 表示填到第i位（从高到低），上面式子的值为k的方案数
中心轴是可以任意取的？？？
那就是枚举中心轴，然后把所有算出来的平衡数的个数都加起来就是答案
如果一个非0数是平衡数，那么他的平衡轴只会有一个，所以不会算重
转移：f[i-1][k+(i-1-mid)*d[i-1]]+=f[i][k]
设有i个1的数有x个，那对答案的贡献就是
那对于每个i,只要求出来有多少个数有i个1即可
似乎是个数位dp
dp[i][j]到第i位，1的个数位j的数的数量
dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j]
现场出的题：
区间[l,r]内，有多少个数的各个数位之和可以整除它本身
枚举数字和，看有多少个数%它为0，并且在填数过程中的数字和最终等于枚举的数字和
条件1：一维记上一个数，再来两个bool 记录上一个和上上个是否相同、是否有三个相同出现过
条件2：两个bool 记录是否有过8/4
dp[i][0/1][0/1][0/1][0/1][j]来搞
树形dp
一些前言
我们设f[u][0/1]表示u点是否选了的最大独立集
似乎真的很好理解叭
两遍dfs搞定
设f[i]是以i为lca的最远路径
求出i的每个儿子j的f[j],然后加上对应的边权，前两大的加起来就是f[i]
ans=f[root]
2:证明：
反证法：S是总集，如果去掉覆盖集之后不是独立集，那么说明后来的集合里面存在一条u向v的连边。但是连边应该在覆盖集里面
树链剖分？那个可以做n,m<=1e6
f[u]表示以u为根的子树中选取合法的树链的最大权值
1.u不在树链上f[u]=∑f[j]（j∈i'son）
2.u在树链上 :链的权值+不在链上的点的f值
总复杂度：O(n*m)
f[u][0/1][0/1]表示以u为根的子树，u亮不亮，u是否按下，把u的子树（不包含u）变成全部点亮状态的最小次数
异或起来为0是指按了偶数次
好题之树上背包
不依赖：排序就好辣
有依赖：
dp[u][k]表示考虑u的子树的最大价值,选了k个物品
枚举每个孩子分配了多少个物品
背包增加：
f[i]表示在f背包里面花i的钱的最大价值
g[i]，h[i]同理
变形h[i]=max(h[i],f[j]+g[i-j])
举个例子
//图
bzoj4033
f[u][j]表示u子树选择k个黑点的最大收益
u->fa[u]这条边对答案的贡献：j*(k-j)(黑点方面)
u子树里面有j个点，外面有k-j个点
白色点：(sz[u]-j)*(n-sz[u]-k+j)
同样也是里面的白点*外面的白点
emm直接看代码吧
所以到底是个什么鬼呢？
我们对dp数组进行复制，复制到g数组，然后拿g数组传到算孩子的dp值的函数里，最后考虑选这个子树和不选这个子树的情况
也就是说dp[i]=max(dp[i],g[son])
what's最大匹配？？？
选出来一些边，满足一个点最多在一个匹配中，最大的匹配
what'匹配？？？
就是一条边
what's点在匹配中？？？
就是点是选出来的边中的某一条边的端点
f[u][0/1]表示u是否和它的儿子进行匹配的最大值
因为线段树是一个二叉树，所以只有两个儿子
用L表示左儿子，R表示右儿子
f[u][1]=f[L][0]+f[R][0]
（如果它和两个儿子搞，那么两个儿子就不能和自己的儿子搞了）
如果它不和自己的儿子搞
①：两个儿子都和儿子的儿子搞
②：只有一个儿子和儿子的儿子搞
f[u][0]=max(f[L][0]+f[R][1],f[L][1]+f[R][0],f[L][1]+f[R][1]}
大概是这样叭
但是我们发现线段树的点数是nlogn的，在这个n的范围之下肯定是药丸的
所以我们要用上线段树一些优美的性质
我们注意到线段树会有很多长度相同的节点
基环树：
在树上加一条边会构成一个环对吧
然后我们在树上随便加一条边就是基环树
我们枚举每条边的终点，如果到过，就发现了个环
基环内向树
求基环树最大独立集
当然这里是一个基环内向树（每个点只有一个出度）
性质：沿着出边一直走可以找到环
当然还有基环外向树（也就是入度为1）
把每条边反过来，就是一个基环内向树
直径有两种情况
①：过环：
max {di+dj+min(si-sj,sum-(si-sj))},其中si代表i到点1的距离，sum是总长
拆成个链：
假设我们拆成这个样子
si-sj<sum/2:di+dj+si-sj=max{dj-si}+di+si
si-sj>=sum/2:di+dj+sun-si+sj=max{dj+sj}+di-si
②：不过环：求树的直径