【动态规划】常见区间dp

所谓区间dp,就是在一个区间上进行的dp， 一般通过将大区间分割成小区间进行dp，常见的经典题型总结如下：

乘积最大

设有一个长度为N的数字串，要求选手使用K个乘号将它分成K+1个部分，找出一种分法，使得这K+1个部分的乘积能够为最大。同时，为了帮助选手能够正确理解题意，主持人还举了如下的一个例子：

有一个数字串：312， 当N=3，K=1时会有以下两种分法：

1) 3*12=36
2) 31*2=62
这时，符合题目要求的结果是：31*2=62
现在，请你帮助你的好朋友XZ设计一个程序，求得正确的答案。
输入
程序的输入共有两行：
第一行共有2个自然数N，K（6≤N≤40，1≤K≤6）
第二行是一个长度为N的数字串。
输出
结果显示在屏幕上，相对于输入，应输出所求得的最大乘积（一个自然数）。
样例输入
4 2
1231
样例输出
62
提示
 由于数据比较弱，可以用long long通过

#include<iostream>#include<cstdlib>#include<cstdio>using namespace std;long long a[50][50];long long f[50][50];long long t[50];int main(){    long long n,k;    long long s;    cin>>n>>k;    cin>>s;    for (int i=n;i>=1;i--)    {        t[i]=s%10;        s/=10;    }    for (int i=1;i<=n;i++)        for (int j=i;j<=n;j++)            a[i][j]=a[i][j-1]*10+t[j];//a[i][j]存储从i到j的值     for (int i=1;i<=n;i++)       f[i][0]=a[1][i];//dp初始化，f[i][j]表示前i个数插入j个乘号,一开始插入0个乘号，f[i][0]等于从1到i的值     for (int i=1;i<=n;i++)//从第1个数开始         for (int j=1;j<=k;j++)//枚举k个乘号             for (int p=0;p<i;p++)//从1到i之间插入乘号                 f[i][j]=max(f[i][j],f[p][j-1]*a[p+1][i]);//转移方程     cout<<f[n][k]<<endl;    return 0;}

石子合并： 
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。

#include <cstdio>  #include <cstring>  #include <algorithm>  using namespace std; #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]; //sum[i]是数组的前缀和         }          memset(dp,0,sizeof(dp));          int i,j,l,k;          for(l = 2; l <= n; ++l) //从长度为2的区间开始，一直枚举到长度为n的区间，从合并两个，到合并三个，最后合并n个。         {              for(i = 1; i <= n - l + 1; ++i)  //起始位置为1，n-l+1是最后一个区间的起始位置             {                  j = i + l - 1;//通过起始位置和区间长度求出区间终止位置                 dp[i][j] = 2100000000;                  for(k = i; k < j; ++k)//这一步在进行区间分割 //dp[i][j]表示合并i到j区间内的最小代价。枚举i到j中的点k，看有没有一种情况是合并i到k,k+1到j（可以保证i到k和k+1到j都是最优值，因//为i到k和k+1到j的区间长度肯定小于i到j的长度，而我们是从区间最小的开始递推的），再将这两堆合并起来的代价比原来的代价低，如果有//则更新                 {                      dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i][k] + dp[k + 1][j] + sum[j] - sum[i-1]);                  }              }          }          printf("%d\n", dp[1][n]);      }      return 0;  }  

括号匹配：

给出一串的只有()[]四种括号组成的串，求解需要最少添加括号数让串中的所有括号完全匹配。 

思路：dp[i][j]表示 i 到 j 最多的匹配个数，dp[i][j] = max（dp[i][j], dp[i][k] + dp[k+1][j]); 

#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++)//枚举区间长度，0到i为一个区间         {              for(int j=0,k=i;k<s.size();j++,k++)//k是右边界，不能超出字符串长度             {                  if(s[j]=='('&&s[k]==')' || s[j]=='['&&s[k]==']') //如果左右边界相等，则更新                     dp[j][k]=dp[j+1][k-1]+2;                  for(int f=j;f<k;f++) // 区间分割，更新i到j最多匹配个数。因为区间从最短往前递推，可以保证j到f，f+1到k都是最优值。                     dp[j][k]=max(dp[j][k],dp[j][f]+dp[f+1][k]);              }          }          cout<<dp[0][s.size()-1]<<endl;      }      return 0;  }