題意：

• 給一數(shù)組a，可對(duì)其中$a_i$進(jìn)行如下操作：將$a_i$拆成兩數(shù)之和，然后代替$a_i$加入數(shù)組中。設(shè)一個(gè)數(shù)組的 $extreme$ $value$ 指的是：使得數(shù)組單調(diào)不下降的最小操作次數(shù)。據(jù)此，求a數(shù)組的所有子數(shù)組的 $extreme$ $value$ 之和

思路：

• 先考慮一個(gè)數(shù)組，顯然，將末尾元素拆分是沒有意義的，且會(huì)使答案增大。而對(duì)于中間元素，例如 $...[17],5,10,23,...$ ，如果它違反了單調(diào)不下降的規(guī)則，就必須進(jìn)行拆分，可以有多種拆法，但使得其中最小元素盡可能大，是最優(yōu)的拆法。例如，拆成$(4,4,4,5)$比$(3,3,3,3,5)$更好，因?yàn)檫@可能減少前面需要的操作數(shù)量，因此，相當(dāng)于讓拆分成的元素盡可能接近，且數(shù)量盡可能少，又要讓其中最大的小于$a_{i+1}$，那么，對(duì)于當(dāng)前的數(shù)$a_i$和下一個(gè)數(shù)$a_{i+1}<a_i$，我們應(yīng)當(dāng)拆分，例如這里17應(yīng)當(dāng)分為$?17/5?=4$個(gè)數(shù)，所以最小數(shù)是$?17/4?=4$。顯然，如果$a_i$比$a_{i+1}$小，則認(rèn)為我們將它“拆分成一個(gè)數(shù)”
• 這樣掃一遍下來，以$O(n)$解決了求解單個(gè)數(shù)組的問題，但是，子數(shù)組的數(shù)量是$n^2$數(shù)量級(jí)，不能全部這樣求解
• 考慮$d{p}_{i,x}$是第$i$個(gè)數(shù)被拆分成最小元素為$x$的若干個(gè)數(shù)，并且以$x$開頭的非遞減數(shù)列的數(shù)量。有$d{p}_{i?1,y}$ += $d{p}_{i,x}$，因此可以轉(zhuǎn)化。
• 一個(gè)數(shù)$n$拆分為最小元素$x$ $\in$ {$n$,$?n/2?$,$?n/3?$,…,$1$}，這個(gè)集合中元素個(gè)數(shù)不是n個(gè)，而是$O(n^{1/2})$數(shù)量級(jí)的，這一點(diǎn)在整除分塊的技巧中也有使用。
• 最終我們根據(jù)$dp$數(shù)組統(tǒng)計(jì)答案。對(duì)于$dpi+1,x$，它對(duì)答案的貢獻(xiàn)是$i?d{p}_{i+1,x}?(?a_i/a_{i+1}??1)$，這是因?yàn)橛?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$i?d{p}_{i+1,x}$個(gè)數(shù)列，每個(gè)數(shù)列對(duì)$a_i$執(zhí)行這樣的拆分

#include <iostream> #include <unordered_map>using namespace std;typedef long long ll;const int N = 1e5 + 10; const ll mod = 998244353;int a[N];int main() {ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);int _;cin >> _;while (_ -- ){int n;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i];unordered_map<int, int> dp[2];ll ans = 0;for (int i = n; i >= 1; i -- ){dp[1][a[i]] = 1;for (auto it : dp[0]){int t = ceil(a[i] * 1.0 / it.first);dp[1][a[i] / t] += it.second;ans += ((ll)i * it.second) * (t - 1);}ans %= mod;swap(dp[0], dp[1]);dp[1].clear();}cout << ans << endl;}return 0; }

總結(jié)

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