区间dp顾名思义就是在一个区间上进行的一系列动态规划。对一些经典的区间dp总结在这里。
1) 石子归并问题
题目链接：http://acm.nyist.edu.cn/JudgeOnline/problem.php?pid=737
描述： 有N堆石子排成一排，每堆石子有一定的数量。现要将N堆石子并成为一堆。合并的过程只能每次将相邻的两堆石子堆成一堆，每次合并花费的代价为这两堆石子的和，经过N-1次合并后成为一堆。求出总的代价最小值。
分析：要求n个石子归并，我们根据dp的思想划分成子问题，先求出每两个合并的最小代价，然后每三个的最小代价，依次知道n个。
定义状态dp [ i ] [ j ]为从第i个石子到第j个石子的合并最小代价。
那么dp [ i ] [ j ] = min(dp [ i ] [ k ] + dp [ k+1 ] [ j ])
那么我们就可以从小到大依次枚举让石子合并，直到所有的石子都合并。
这个问题可以用到平行四边形优化，用一个s【i】【j】=k 表示区间 i---j 从k点分开才是最优的，这样的话我们就可以优化掉一层复杂度，变为O（n^2）.
代码：
- #include <cstdio>
- #include <cstring>
- #include <algorithm>
- #define N 210
- int dp[N][N],sum[N];
- int main()
- {
- int n;
- while(~scanf("%d",&n))
- {
- int a[N];sum[0]=0;
- for(int i=1;i<=n;i++){
- scanf("%d",&a[i]);
- sum[i]=sum[i-1]+a[i];
- }
- memset(dp,0,sizeof(dp));
- int i,j,l,k;
- for(l = 2; l <= n; ++l)
- {
- for(i = 1; i <= n - l + 1; ++i)
- {
- j = i + l - 1;
- dp[i][j] = 2100000000;
- for(k = i; k < j; ++k)
- {
- dp[i][j] = std::min(dp[i][j],dp[i][k] + dp[k + 1][j] + sum[j] - sum[i-1]);
- }
- }
- }
- printf("%d\n", dp[1][n]);
- }
- return 0;
- }
平行四边形优化代码：
- #include <cstdio>
- #include <cstring>
- #include <algorithm>
- #define N 210
- int dp[N][N],sum[N],s[N][N];
- int main()
- {
- int n;
- while(~scanf("%d",&n))
- {
- int a[N];sum[0]=0;
- memset(s,0,sizeof(s));
- for(int i=1;i<=n;i++){
- scanf("%d",&a[i]);
- s[i][i]=i;
- sum[i]=sum[i-1]+a[i];
- }
- memset(dp,0,sizeof(dp));
- int i,j,l,k;
- for(l = 2; l <= n; ++l)
- {
- for(i = 1; i <= n - l + 1; ++i)
- {
- j = i + l - 1;
- dp[i][j] = 2100000000;
- for(k = s[i][j-1]; k <= s[i+1][j]; ++k)
- {
- if(dp[i][j]>dp[i][k] + dp[k + 1][j] + sum[j] - sum[i-1])
- {
- dp[i][j]=dp[i][k] + dp[k + 1][j] + sum[j] - sum[i-1];
- s[i][j]=k;
- }
- }
- }
- }
- printf("%d\n", dp[1][n]);
- }
- return 0;
- }
2)括号匹配
题目链接：
poj2955,http://poj.org/problem?id=2955
nyoj 15 http://acm.nyist.edu.cn/JudgeOnline/problem.php?pid=15
描述：给出一串的只有‘（’ ‘）’ '[‘ ']'四种括号组成的串，让你求解需要最少添加括号数让串中的所有括号完全匹配。
分析：我们求出这个串的最大匹配，然后串的总长度-最大匹配就是答案。
方法1:首先能想到的是转化成LCS（最长公共子序列），枚举中间点，求所有的LCS中的最大值 * 2就是最大匹配。但是复杂度较高，光LCS一次就O(n^2)的复杂度。
方法2：
首先考虑怎么样定义dp让它满足具有通过子结构来求解、
定义dp [ i ] [ j ] 为串中第 i 个到第 j 个括号的最大匹配数目
那么我们假如知道了 i 到 j 区间的最大匹配，那么i+1到 j+1区间的是不是就可以很简单的得到。
那么 假如第 i 个和第 j 个是一对匹配的括号那么dp [ i ] [ j ] = dp [ i+1 ] [ j-1 ] + 2 ;
那么我们只需要从小到大枚举所有 i 和 j 中间的括号数目，然后满足匹配就用上面式子dp，然后每次更新dp [ i ] [ j ]为最大值即可。
更新最大值的方法是枚举 i 和 j 的中间值，然后让 dp[ i ] [ j ] = max ( dp [ i ] [ j ] , dp [ i ] [ f ] + dp [ f+1 ] [ j ] ) ;
如果要求打印路径，即输出匹配后的括号。见http://blog.csdn.net/y990041769/article/details/24238547详细讲解
代码：
- #include <iostream>
- #include <cstring>
- #include <algorithm>
- #include <string>
- using namespace std;
- const int N = 120;
- int dp[N][N];
- int main()
- {
- string s;
- while(cin>>s)
- {
- if(s=="end")
- break;
- memset(dp,0,sizeof(dp));
- for(int i=1;i<s.size();i++)
- {
- for(int j=0,k=i;k<s.size();j++,k++)
- {
- if(s[j]=='('&&s[k]==')' || s[j]=='['&&s[k]==']')
- dp[j][k]=dp[j+1][k-1]+2;
- for(int f=j;f<k;f++)
- dp[j][k]=max(dp[j][k],dp[j][f]+dp[f+1][k]);
- }
- }
- cout<<dp[0][s.size()-1]<<endl;
- }
- return 0;
- }
3 )题目链接：Brackets Sequence
题目描述：给出一串由‘（‘）’‘ [ ' ' ] '组成的串，让你输出添加最少括号之后使得括号匹配的串。
分析：是区间dp的经典模型括号匹配。讲解：http://blog.csdn.net/y990041769/article/details/24194605 ，难点在于要把匹配后的括号输出来。
首先我们知道前面定义dp [ i ] [ j ] 为串中第 i 个到第 j 个括号的最大匹配数目
那么假如我们知道任意 i 到 j 从哪儿插入分点使得匹配添加括号最少。那么我们定义pos【i】【j】表示 i 到 j 从哪儿分开使得匹配添加括号最少，如果i和j匹配我们可以让pos【i】【j】=-1；
我们发现在我们之前更新dp [ i ] [ j ] 的时候如果中间点k使得if ( dp [ i ] [ k ] + dp [ k+1 ] [ j ] >= dp [ i ] [ j ] ) ，那么我们从k分开可以让添加的括号最少。
但是还要注意一点，考虑所有的都不匹配如“((((”这类，考虑怎么处理，然后就可以递归输出结果。
这题目坑了我很多次，刚开始Tel，发现全部不匹配不能处理，改了之后wa了。发现输入“（）（（）”，输出的是“（（）（）（））”，明显错误，是在处理的时候没处理好，最后注意输入会有空串。
代码：
- #include <iostream>
- #include <cstdio>
- #include <algorithm>
- #include <cstring>
- using namespace std;
- const int N = 120;
- int dp[N][N],pos[N][N];
- char s[N];
- void show(int i,int j)
- {
- if(i>j) return;
- if(i==j)
- {
- if(s[i]=='('||s[i]==')') cout<<"()";
- else cout<<"[]";
- }
- else
- {
- if(pos[i][j]==-1)
- {
- cout<<s[i];
- show(i+1,j-1);
- cout<<s[j];
- }
- else
- {
- show(i,pos[i][j]);
- show(pos[i][j]+1,j);
- }
- }
- }
- int main()
- {
- while(gets(s))
- {
- memset(dp,0,sizeof(dp));
- int len=strlen(s);
- for(int i=1; i<len; i++)
- {
- for(int j=0,k=i; k<len; j++,k++)
- {
- if(s[j]=='('&&s[k]==')' || s[j]=='['&&s[k]==']')
- {
- dp[j][k]=dp[j+1][k-1]+2;
- pos[j][k]=-1;
- }
- for(int f=j; f<k; f++)
- {
- if(dp[j][f]+dp[f+1][k]>=dp[j][k])
- {
- dp[j][k]=dp[j][f]+dp[f+1][k];
- pos[j][k]=f;
- }
- }
- }
- }
-
- show(0,len-1);cout<<endl;
- }
- return 0;
- }
4）整数划分问题
题目链接：nyoj746 http://acm.nyist.net/JudgeOnline/problem.php?pid=746
题目描述：给出两个整数 n , m ,要求在 n 中加入m - 1 个乘号，将n分成m段，求出这m段的最大乘积
分析：根据区间dp的思想，我们定义dp [ i ] [ j ]为从开始到 i 中加入 j 个乘号得到的最大值。
那么我们可以依次计算加入1----m-1个乘号的结果
而每次放入x个乘号的最大值只需枚举第x个乘号的放的位置即可
dp [ i ] [ j ] = MAX (dp [ i ] [ j ] , dp [ k ] [ j-1 ] * a [ k+1 ] [ i ] ) ;
代码：
- #include <cstdio>
- #include <cstring>
- #define MAX(a,b) a>b?a:b
- long long a[20][20];
- long long dp[25][25];
- int main()
- {
- int T,m;
- scanf("%d",&T);
- getchar();
- while(T--)
- {
- char s[22];
- scanf("%s",s+1);
- scanf("%d",&m);
- int l=strlen(s),ok=1;
- memset(a,0,sizeof(a));
- for(int i=1;i<l;i++)
- {
- if(s[i]=='0')
- ok=0;
- for(int j=i;j<l;j++)
- {
- a[i][j]=a[i][j-1]*10+(s[j]-'0');
- }
- }
- if(ok==0&&l-1==m||l-1<m)
- {
- printf("0\n");continue;
- }
- long long x,ans;
- memset(dp,0,sizeof(dp));
- for(int i=0;i<l;i++)
- dp[i][1]=a[1][i];
- ans=0;
- if(m==1)
- ans=dp[l-1][1];
- for(int j=2;j<=m;j++)
- {
- for(int i=j;i<l;i++)
- {
- ans=a[i][i];
- for(int k=1;k<i;k++)
- {
- dp[i][j]=MAX(dp[i][j],dp[k][j-1]*a[k+1][i]);
- }
- }
- }
- printf("%lld\n",dp[l-1][m]);
- }
- return 0;
- }
