文章目錄

• 廣義矩陣乘法
• 動態DP
• 例題：洛谷4719

以下內容是本人做題經驗，如有雷同，純屬抄襲；如有不對，純屬不懂，還請指正

廣義矩陣乘法

眾所周知，矩陣滿足乘法交換律，前一個矩陣的列必須是后一個矩陣的行
$n\times p$的$A$矩陣和$p\times m$的$B$矩陣相乘得到$C$矩陣
$$C_{i,j}=\sum _{k=1}^p{A}_{i,k}\times B_{k,j}$$
假設矩陣$D=A?B?C$，考慮$D$是如何生成的
$$D_{i,j}=\sum _{k=1}^n\left((\sum _{p=1}^n{A}_{i,p}\times B_{p,k})\times C_{k,j}\right)$$$$=\sum _{k=1}^n\left(\sum _{p=1}^n(A_{i,p}\times B_{p,k}\times C_{k,j})\right)$$$$=\sum _{k=1}^n\left(A_{i,p}\times \sum _{p=1}^n(B_{p,k}\times C_{k,j})\right)$$$$=A?(B?C)$$

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性質
如果把乘法和加法換成其他運算，$opt1,opt2$
只要滿足opt1對opt2滿足分配律，則其也滿足矩陣的結合律

就好比乘法對加法滿足分配律
因為$a?(b+c)$，與$a$先乘進括號再相加的答案$a?b+a?c$一樣

opt1：仁兄，穩住
——opt2：你要搞爪子，我憋不住了
opt1：不要占著茅坑，先讓我來
然后opt1解放了，離開了，只剩下opt2繼續解決

再舉個減法和取最大值的例子
我們知道$max(b?a,c?a)=max(b,c)?a$
所以我們也可以說減法對取最大值滿足分配律

有了這個進階版本，我們就可以將一般平常寫的矩陣中的乘法和加法操作換掉

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動態DP

很多題目并不是靜態的，往往伴隨著修改原內容的操作，導致DP值不再正確

暴力的想法，則是每次修改，就重新做一遍DP

顯然這樣除了TLE別無出路

然而這個時候——動態DP孕育而生

動態DP，如其名，生來就是解決這種改變影響之前的DP值的問題

一半來說優化算法都是往$log$級下壓

動態DP就是借助廣義矩陣來進行快速優化的

這類題目，原始的轉移一定可以用矩陣乘法來加速做

然后修改，就變成了加速矩陣的修改

一般還會在線段樹上進行矩陣的合并

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例題：洛谷4719

Step1：考慮沒有修改

就是一道非常板的樹形DP

設$f[i][0/1]$表示是否選$i$時，子樹$i$的最大值，$1$選，$0$不選
$$?\begin{array}{rlrlrlrlrlrlrlrlrlrlrlrlrl}f[i][0]=\sum _{j\in so{n}_i}max(f[j][1],f[j][0])& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \\ f[i][1]=\sum _{j\in so{n}_i}f[j][0]& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \end{array}$$

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Step2：考慮特殊的鏈形式，假設仍然沒有修改

也就是說$i$只有一個兒子$j$，就沒有之前所謂的求和罷了
$$\{\begin{array}{rlrlrlrlrlrlrlrlrlrlrlrlrl}f[i][0]=max(f[j][1],f[j][0])& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \\ f[i][1]=f[j][0]+w[i]& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \end{array}$$
這里就可以用到前面所說的加法對于求最大值有分配律

人為的給$f[i][1]$轉移添加一個最大值，$f[i][1]=max(f[j][0])+w[i]$

那么就可以構造矩陣進行矩陣加速了

矩陣相乘時，為了防止$f[j][1]$對$f[i][1]$造成貢獻

此題可以將其矩陣位置上設個極小值

$$\left[\begin{array}{cc}0& 0\\ w[i]& ?INF\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{c}f[j][0]\\ f[j][1]\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}f[i][0]\\ f[i][1]\end{array}\right]$$

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Step3：考慮一般形式，仍然沒有修改

可以將加速矩陣重新構造為
$$\left[\begin{array}{cc}{f}^{\prime }[i][0]& f^{\prime }[i][0]\\ f^{\prime }[i][1]& ?INF\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{c}f[j][0]\\ f[j][1]\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}f[i][0]\\ f[i][1]\end{array}\right]$$

• $f^{\prime }[i][0]$表示除了兒子$j$貢獻之外的$f[i][0]$
• $f^{\prime }[i][1]$表示除了兒子$j$貢獻之外的$f[i][1]$

意思就是我們要將兒子分為兩種，一種是特殊轉移的，另一種就是剩下的

也就是說這個兒子灰常忒殊，加上我們已經會做鏈的形式了

自然而然想到樹鏈剖分中的重兒子

對于重兒子直接維護這個矩陣，一條重鏈的矩乘可以用線段樹壓為$log$

輕兒子就暴力轉移即可

輕兒子暴力轉移一次到父親，然后父親就爬自己所在的那條重鏈

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Step4：現在考慮修改

有了樹鏈剖分，修改也變得可操作了

假設修改了$i$點，除了$i$和其父親的$f$會受到影響，其余是不變的

所以我們只需要修改子樹$i$和$i$的祖先的$f$值即可

首先更新不考慮重兒子的$f[i][1]$的值，更新$i$的矩陣（每個點都有一個加速矩陣）

然后對$i$所在重鏈，進行單點修改操作，更新$f$和矩陣

然后爬到新的重鏈，設到達的點為$x$，之前重鏈的頂端對新的重鏈而言是輕兒子

所以要更新$f^{\prime }[x][0]$和$f^{\prime }[x][1]$

以此類推，一路往上修改，時間復雜度$O(\log n^2)$

#include <cstdio> #include <vector> #include <cstring> #include <iostream> using namespace std; #define inf 1e12 #define maxn 100005 #define int long long struct matrix {int c[2][2];matrix(){}matrix( int x1, int x2, int x3, int x4 ) {c[0][0] = x1, c[0][1] = x2, c[1][0] = x3, c[1][1] = x4;}void clear() {memset( c, 0, sizeof( c ) );}int *operator [] ( int x ) { return c[x]; }matrix operator * ( matrix v ) const {matrix ans;ans.clear();for( int i = 0;i < 2;i ++ )for( int j = 0;j < 2;j ++ )for( int k = 0;k < 2;k ++ )ans[i][j] = max( ans[i][j], c[i][k] + v[k][j] );return ans;} }tree[maxn << 2], tmp[maxn]; vector < int > G[maxn]; int n, m, cnt; int a[maxn]; int siz[maxn], f[maxn], son[maxn]; int dfn[maxn], id[maxn], top[maxn], bot[maxn]; int dp[maxn][2];void dfs1( int u, int fa ) {siz[u] = 1, f[u] = fa;for( int i = 0;i < G[u].size();i ++ ) {int v = G[u][i];if( v == fa ) continue;dfs1( v, u );siz[u] += siz[v];if( siz[v] > siz[son[u]] || ! son[u] )son[u] = v;} }void dfs2( int u, int t ) {top[u] = t, dfn[u] = ++ cnt, id[cnt] = u;if( son[u] ) dfs2( son[u], t ), bot[u] = bot[son[u]];else bot[u] = u;for( int i = 0;i < G[u].size();i ++ ) {int v = G[u][i];if( v == f[u] || v == son[u] ) continue;else dfs2( v, v );} }void dfs( int u ) {dp[u][0] = 0, dp[u][1] = a[u];for( int i = 0;i < G[u].size();i ++ ) {int v = G[u][i];if( v == f[u] ) continue;dfs( v );dp[u][1] += dp[v][0];dp[u][0] += max( dp[v][1], dp[v][0] );} }void build( int num, int l, int r ) {if( l == r ) {int u = id[l], f1 = a[u], f0 = 0;for( int i = 0;i < G[u].size();i ++ ) {int v = G[u][i];if( v == f[u] || v == son[u] ) continue;f1 += dp[v][0], f0 += max( dp[v][0], dp[v][1] );}tree[num] = tmp[l] = matrix( f0, f0, f1, -inf );return;}int mid = ( l + r ) >> 1;build( num << 1, l, mid );build( num << 1 | 1, mid + 1, r );tree[num] = tree[num << 1] * tree[num << 1 | 1]; }void modify( int num, int l, int r, int pos ) {if( l == r ) { tree[num] = tmp[l]; return; }int mid = ( l + r ) >> 1;if( pos <= mid ) modify( num << 1, l, mid, pos );else modify( num << 1 | 1, mid + 1, r, pos );tree[num] = tree[num << 1] * tree[num << 1 | 1]; }matrix query( int num, int l, int r, int L, int R ) {if( L <= l && r <= R ) return tree[num];int mid = ( l + r ) >> 1;if( R <= mid ) return query( num << 1, l, mid, L, R );else if( mid < L ) return query( num << 1 | 1, mid + 1, r, L, R );else return query( num << 1, l, mid, L, R ) * query( num << 1 | 1, mid + 1, r, L, R ); }void modify( int u, int w ) {tmp[dfn[u]][1][0] += w - a[u], a[u] = w;while( u ) {matrix last = query( 1, 1, n, dfn[top[u]], dfn[bot[u]] );modify( 1, 1, n, dfn[u] );matrix now = query( 1, 1, n, dfn[top[u]], dfn[bot[u]] );u = f[top[u]];if( ! u ) break;int p = dfn[u];tmp[p][0][0] = tmp[p][0][1] = tmp[p][0][0] + max( now[0][0], now[1][0] ) - max( last[0][0], last[1][0] );tmp[p][1][0] = tmp[p][1][0] + now[0][0] - last[0][0];} }signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &m );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &a[i] );for( int i = 1, u, v;i < n;i ++ ) {scanf( "%lld %lld", &u, &v );G[u].push_back( v );G[v].push_back( u ); }dfs1( 1, 0 );dfs2( 1, 1 );dfs( 1 );build( 1, 1, n );for( int i = 1, x, y;i <= m;i ++ ) {scanf( "%lld %lld", &x, &y );modify( x, y ); matrix ans = query( 1, 1, n, 1, dfn[bot[1]] );printf( "%lld\n", max( ans[0][0], ans[1][0] ) );}return 0; } 創作挑戰賽新人創作獎勵來咯，堅持創作打卡瓜分現金大獎

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【学习笔记】浅谈广义矩阵乘法——动态DP的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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