POJ 2955 Brackets & POJ 1505 Copying Books & POJ 1651 Multiplication Puzzle(初级区间DP)

POJ 2955 Brackets

题目大意

在给定字符串中有多少个可匹配括号，()和[]为可匹配。

解题思路

dp[i][j]代表i~j有多少个可匹配的字符串。
转移方程：
1、dp[i][j]=dp[i+1][j-1]+2，当i,j位置组成可匹配括号；
2、枚举分割点k (i≤k<j)：dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j])

代码实现

#include <iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cstdlib>using namespace std;#define maxn 107int dp[maxn][maxn];char str[maxn];int main(){    while(gets(str)!=NULL)    {        if(str[0]=='e') break;        memset(dp,0,sizeof(dp));        int length=strlen(str);        for(int i=1;i<length;i++)        {            for(int s=0,e=i;e<length;e++,s++)            {                if((str[s]=='('&&str[e]==')')||(str[s]=='['&&str[e]==']'))                    dp[s][e]=dp[s+1][e-1]+2;                for(int k=s;k<e;k++)                    dp[s][e]=max(dp[s][e],dp[s][k]+dp[k+1][e]);            }        }        printf("%d\n",dp[0][length-1]);    }    return 0;}

POJ 1505 Copying Books

题目大意

将一排数分成连续的k部分，使得各部分和的最大值尽可能小。

解题思路

dp[i][j]代表j人完成前i本时的最大页数，由sum[i]表示前i本的总页数。
转移方程：
1、dp[i][1]=num[i];
2、枚举分割点k(j−1≤k<i)，使得前k本由j-1人完成，剩下的k+1~i本由一人完成，则dp[i][j]=min(dp[i][j],max(dp[k][j-1],sum[i]-sum[k]))。

代码实现

#include <iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<stdlib.h>using namespace std;#define maxn 507int dp[maxn][maxn],sum[maxn],mark[maxn];int main(){    int T;    int m,k,t;    scanf("%d",&T);    while(T--)    {        memset(sum,0,sizeof(sum));        memset(dp,-1,sizeof(dp));        memset(mark,0,sizeof(mark));        scanf("%d %d",&m,&k);        for(int i=1; i<=m; i++)        {            scanf("%d",&t);            sum[i]=t+sum[i-1];        }        dp[0][0]=0;        for(int i=1; i<=m; i++)        {            for(int j=1; j<=i&&j<=k; j++)            {                if(j==1) dp[i][j]=sum[i];                else                    for(int k=j-1; k<i; k++)                    {                        int z=max(dp[k][j-1],sum[i]-sum[k]);                        if(dp[i][j]==-1||z<dp[i][j])                            dp[i][j]=z;                    }            }        }        int j=k-1,num=0;        for(int i=m; i>=1; i--)        {            num+=(sum[i]-sum[i-1]);            if(num>dp[m][k]||i<=j)            {                mark[j--]=i+1;                num=sum[i]-sum[i-1];            }        }        for(int i=1,j=1;i<=m;i++)        {            printf(i==m?"%d\n":"%d ",sum[i]-sum[i-1]);            if(mark[j]==i+1)            {                printf("/ ");                j++;            }        }    }    return 0;}

POJ 1651 Multiplication Puzzle

题目大意

在n个数中每次取一个数，该数与左右两侧的数相乘，然后每次相加，只有第一个和最后一个数不可取，求n-2次操作后和可能的最小值。

解题思路

dp[i][j]代表i~j区间取数可能的最小值。
转移方程：
1、dp[i][i+2]=a[i]*a[i+1]*a[i+2]，当区间长度为3时；
2、枚举分割点k(i+1≤k<j)，现在左侧区间[i,k]完成取数，再在右侧区间[k,j]完成取数，最后取走第k个位置的数，此时其左右两侧的数分别是a[i]和a[j]，则dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k][j]+a[i]*a[k]*a[j])，当区间长度>=4时。

代码实现

#include <iostream>#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;#define maxn 107#define INF 0x3f3f3f3fint dp[maxn][maxn],a[maxn];int main(){    int n;    while(~scanf("%d",&n))    {        memset(dp,0,sizeof(dp));        for(int i=1; i<=n; i++)            scanf("%d",&a[i]);        for(int i=1; i+2<=n; i++)            dp[i][i+2]=a[i]*a[i+1]*a[i+2];        for(int len=4; len<=n; len++)        {            for(int i=1; i+len-1<=n; i++)            {                int j=i+len-1;                dp[i][j]=INF;                for(int k=i+1; k<j; k++)                    dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k][j]+a[i]*a[k]*a[j]);            }        }        printf("%d\n",dp[1][n]);    }    return 0;}