[kuangbin带你飞]专题二十二 区间DP

2018-02-05 13:58:19


A$~~$zoj 3537

B$~~$LightOJ 1422

设$dp[i][j]$为区间$[i,j]$的最小花费

边界条件$dp[i][i]=1$

考虑区间$[i,j]$,对于衣服$i$,最差情况下,$[i+1][j]$中不将这件衣服重复利用,那么有

$$dp[i][j]=dp[i+1][j]+1$$

而实际上,假设$[i+1,j]$中存在衣服$k$与衣服$i$相同,那么可以尝试用$i$代替$k$,则有

$$dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k-1]+dp[k+1][j]) \qquad (i+1 \leq k \leq j,c[i]==c[k])$$

注意dp顺序为从后往前,小区间到大区间

代码:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn=110;
int T,n,c[maxn];
int dp[maxn][maxn];

int main(){
    scanf("%d",&T);
    for(int t=1;t<=T;t++){
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d",&c[i]);
            dp[i][i]=1;
        }
        for(int i=2;i<=n;i++)
            for(int j=n;j-i+1>=1;j--){
                dp[j-i+1][j]=dp[j-i+2][j]+1;
                for(int k=j-i+2;k<=j;k++)
                    if(c[k]==c[j-i+1]) dp[j-i+1][j]=min(dp[j-i+1][j],dp[j-i+1][k-1]+dp[k+1][j]);
            }
        printf("Case %d: %d\n",t,dp[1][n]);
    }
    return 0;
}

C$~~$poj 2955

设$dp[i][j]$为$[i,j]$内最大子序列长度

先预处理所有$dp[i][i+1]$,然后

1.若$a[i]$与$a[j]$可以匹配,显然$dp[i][j]$可以取

$$dp[i][j]=dp[i+1][j-1]+2$$

2.对于所有$dp[i][j]$,都有

$$dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]) \qquad (i \leq k<j )$$

即两部分合并得到$dp[i][j]$

这里合并不需要考虑跨越两部分的括号匹配,因为这种情况在$[i,j]$的子区间中已经按1.的方式统计过了

代码:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn=110;
char a[maxn];
int n,dp[maxn][maxn];

int main(){
    while(1){
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        scanf("%s",a);
        if(a[0]=='e') break;
        n=strlen(a);
        for(int i=0;i<n-1;i++)
            if((a[i]=='('&&a[i+1]==')')||(a[i]=='['&&a[i+1]==']')) dp[i][i+1]=2;
        for(int i=3;i<=n;i++)
            for(int j=0;j+i-1<n;j++){
                if((a[j]=='('&&a[j+i-1]==')')||(a[j]=='['&&a[j+i-1]==']')) dp[j][j+i-1]=dp[j+1][j+i-2]+2;
                for(int k=j;k<j+i-1;k++)
                    dp[j][j+i-1]=max(dp[j][j+i-1],dp[j][k]+dp[k+1][j+i-1]);
            }
        printf("%d\n",dp[0][n-1]);
    }
    return 0;
}

D$~~$CF 149D

https://www.luogu.org/blog/hhz6830975/cf149d-coloring-brackets-ou-jian-dp-ji-yi-hua-sou-suo-post

E$~~$poj 1651

设$dp[i][j]$为将区间$[i,j]$全部取出的最小值(包括$a[i]$和$a[j]$,两端按原来的$a[i-1]$和$a[j+1]$算)

边界条件$dp[i][i]=a[i-1] \cdot a[i] \cdot a[i+1]$

对于$dp[i][j]$,设$[i,j]$中最后取出的为$a[k]$,那么dp方程为:

$$dp[i][j]=min(dp[i][k-1]+dp[k+1][j]+a[i-1] \cdot a[k] \cdot a[j+1]) \qquad (i \leq k \leq j)$$

代码:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn=110;
const int INF=0x7fffffff;
int n,a[maxn],dp[maxn][maxn];

int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=n-2;i++)
        for(int j=2;j+i-1<n;j++){
            dp[j][j+i-1]=INF;
            for(int k=j;k<=j+i-1;k++)
                dp[j][j+i-1]=min(dp[j][j+i-1],dp[j][k-1]+dp[k+1][j+i-1]+a[j-1]*a[k]*a[j+i]);
        }
    cout<<dp[2][n-1]<<endl;
    return 0;
}

F$~~$zoj 3469

有一道类似的题,洛谷试炼场的P1220

这题的区别在于,每个点单位时间的费用是不同的,这就造成了存在后效性的问题

其实简单处理一下就可以了,只需要在每次转移的时候将未到过的点的费用一起算上

于是得到dp方程:

$$dp[i][j][0]=min(dp[i][j][0],dp[i+1][j][0]+(sumB[i]+sumB[n]-sumB[j]) \cdot (x[i+1]-x[i]) \cdot v)$$

$$dp[i][j][0]=min(dp[i][j][0],dp[i+1][j][1]+(sumB[i]+sumB[n]-sumB[j]) \cdot (x[j]-x[i]) \cdot v)$$

$$dp[i][j][1]=min(dp[i][j][1],dp[i][j-1][0]+(sumB[i-1]+sumB[n]-sumB[j-1]) \cdot (x[j]-x[i]) \cdot v)$$

$$dp[i][j][1]=min(dp[i][j][1],dp[i][j-1][1]+(sumB[i-1]+sumB[n]-sumB[j-1]) \cdot (x[j]-x[j-1]) \cdot v)$$

G$~~$hdu 4283

$dp[i][j]$表示假设前面没有人,区间$[i,j]$的最小值

对于$i$这个人,考虑让他调到$k$的位置出场,那么就得到dp方程:

$$dp[i][j]=min \lbrace dp[i+1][k]+dp[k+1][j]+(sum[i]-sum[i-1]) \cdot (k-i)+(sum[j]-sum[k]) \cdot (k+1-i) \rbrace \qquad (i \leq k \leq j)$$

为什么这样能保证改变顺序的人满足栈的顺序?

所谓栈的顺序,其实就是要求对于两个同时存在于栈中的人$x$,$y$,若$x<y$,那么改变后的位置必须满足$x'>y'$

在上面的方程中,设$x=i$,则$x'=k$

对于$y$,分类讨论:

1.若$y \in [i+1,k]$,我们在之前计算$dp[i+1][k]$的子问题中,一定包含了计算$dp[y][k]$的子问题,也就默认$y' \in [y,k]$($x$改变后为$[y-1,k-1]$),一定在$x'$前面,符合要求

2.若$y>k$,同理有$y'>x'$但$x$此时已出栈,所以也是符合要求的

代码:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn=110;
const int INF=0x7fffffff;
int T,t=1,n,sum[maxn],dp[maxn][maxn];

int main(){
    scanf("%d",&T);
    while(t<=T){
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d",&sum[i]);
            dp[i][i]=0,sum[i]+=sum[i-1];
        }
        for(int l=2;l<=n;l++)
            for(int i=1,j=i+l-1;j<=n;i++,j++){
                dp[i][j]=INF;
                for(int k=i;k<=j;k++)
                    dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i+1][k]+dp[k+1][j]+(sum[i]-sum[i-1])*(k-i)+(sum[j]-sum[k])*(k+1-i));
            }
        printf("Case #%d: %d\n",t++,dp[1][n]);
    }
    return 0;
}

H$~~$hdu 2476

先假设两个字符串完全不相同,$dp[i][j]$表示将a串$[i,j]$部分变成b串的最少次数

显然最差情况为单独刷,有:

$$dp[i][j]=min \lbrace dp[i][k]+dp[k+1][j] \rbrace \qquad (i \leq k \leq j)$$

若区间中存在$k$,使得$a[i]=a[k]$,那么可以先将$[i,k]$刷成$a[i]$,再刷$[i+1,k]$(刷$[i,k]$的一次在$dp[i+1][k]$中刷$k$的时候已经计算了),那么有:

$$dp[i][j]=min \lbrace dp[i+1][k]+dp[k+1][j] \rbrace \qquad (i \leq k \leq j)$$

这样得到的dp数组是假设两个字符串完全不相同时得到的,还需要进一步处理

设$ans[i]$为实际刷区间$[0,i]$需要的次数

如果$a[i]=b[i]$,那么$i$不用再刷,有:

$$ans[i]=ans[i-1]$$

如果不等,那么:

$$ans[i]=min \lbrace ans[j]+dp[j+1][k] \rbrace \qquad (0 \leq j<i)$$