目录
- 例题1：模拟赛题
- 代码：
- 例题2
- 例题3：带修改树上最大独立集。
注：部分参考 https://www.luogu.org/blog/gkxx-is-here/what-the-hell-is-ddp
动态DP，就是一个十分简单的DP加了一个修改操作。
先看些例题：
例题1：模拟赛题
【问题描述】
某高校教学楼有 n 层,每一层有 2 个门,每层的两个门和下一层之间的两个门之
间各有一条路(共 4 条),相同层的 2 个门之间没有路。现给出如下两个操作:
0 x y : 查询第 x 层到第 y 层的路径数量。
1 x y z : 改变第 x 层 的 y 门 到第 x+1 层的 z 门的通断情况。
【输入】
输入文件名为(road.in)。
第一行:两个正整数 n m,表示共 n 层,m 个操作(2≤n≤50000,1≤m≤50000)接下
来 m 行,当第一个数为 0 的时候 后面有两个数 a,b (1≤a<b≤n)表示询问第 a 层
到第 b 层的路径数量。第一个数为 1 的时候,后面有三个数 x, y, z (1≤x<n,1≤y,z≤2)
表示改变第 x 层 的 y 门 到第 x+1 层的 z 门的通断情况。
【输出】
输出文件名为(road.out)。
输出每一个询问值。
答案对 10^9+7 取模
这是最简单的动态DP。
首先，发现有修改和询问，而询问又是区间查询，自然想到线段树维护。
直接的DP，肯定难以维护。考虑将\(dp_i到dp_{i+1}\)的变换转化为一个简单的操作。
这是个计数问题，只有求和，显然可以变为矩阵乘法。
就是说，通过矩乘优化，这个dp转化为了一段矩阵的乘积。
这样，问题变为：有一些矩阵，支持修改一个矩阵，和查询区间矩阵乘积。
线段树很容易维护。
代码：
#include <stdio.h>
#define ll long long
ll md=1000000007;
struct SJz
{
ll jz[2][2];
SJz operator*(SJz sz);
void operator=(SJz sz)
{
jz[0][0]=sz.jz[0][0];
jz[0][1]=sz.jz[0][1];
jz[1][0]=sz.jz[1][0];
jz[1][1]=sz.jz[1][1];
}
};
SJz rtt,dw;
SJz SJz::operator*(SJz sz)
{
for(int i=0;i<2;i++)
{
for(int j=0;j<2;j++)
{
rtt.jz[i][j]=0;
for(int k=0;k<2;k++)
rtt.jz[i][j]=(rtt.jz[i][j]+jz[i][k]*sz.jz[k][j])%md;
}
}
return rtt;
}
SJz zh[200010];
void pushup(int i)
{
zh[i]=zh[i<<1]*zh[(i<<1)|1];
}
void jianshu(int i,int l,int r)
{
if(l+1==r)
{
zh[i].jz[0][0]=zh[i].jz[0][1]=zh[i].jz[1][0]=zh[i].jz[1][1]=1;
return;
}
int m=(l+r)>>1;
jianshu(i<<1,l,m);
jianshu((i<<1)|1,m,r);
pushup(i);
}
void xiugai(int i,int l,int r,int j,int x,int y)
{
if(l+1==r)
{
zh[i].jz[x][y]^=1;
return;
}
int m=(l+r)>>1;
if(j<m)
xiugai(i<<1,l,m,j,x,y);
else
xiugai((i<<1)|1,m,r,j,x,y);
pushup(i);
}
SJz chaxun(int i,int l,int r,int L,int R)
{
if(L<=l&&r<=R)
return zh[i];
if(r<=L||R<=l)
return dw;
SJz t1,t2;
int m=(l+r)>>1;
t1=chaxun(i<<1,l,m,L,R);
t2=chaxun((i<<1)|1,m,r,L,R);
return t1*t2;
}
int main()
{
freopen("road.in","r",stdin);
freopen("road.out","w",stdout);
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
jianshu(1,1,n+1);
dw.jz[0][0]=dw.jz[1][1]=1;
dw.jz[0][1]=dw.jz[1][0]=0;
for(int i=0;i<m;i++)
{
int lx;
scanf("%d",&lx);
if(lx==1)
{
int a,x,y;
scanf("%d%d%d",&a,&x,&y);
xiugai(1,1,n+1,a,x-1,y-1);
}
else
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
SJz jg=chaxun(1,1,n+1,x,y);
printf("%I64d\n",(jg.jz[0][0]+jg.jz[0][1]+jg.jz[1][0]+jg.jz[1][1])%md);
}
}
return 0;
}非常好理解的。
然而，这是计数dp，只有加和乘，容易矩乘，但是通常的dp还是有\(min，max\)操作的。
例题2
和上题一样，考虑将转移表示为矩乘，然后线段树维护。
但是，矩乘没有\(min，max\)操作。
我们重新定义新的矩乘，** 使其满足结合律，以方便线段树维护 **。
这样，用类似上一题的方法维护即可。
没有代码。
例题3：带修改树上最大独立集。
这个树形DP转移很简单：
但是，这题是树，有多个儿子，不方便矩乘。
坑
原文地址：https://www.cnblogs.com/lnzwz/p/11406209.html