区间dp模型（石子归并，括号匹配，整数划分）

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 210int 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 210int 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）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:blong 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;}