weixin_33719619

区间DP（区间最优解）题目讲解总结

1：给出一个括号字符串，问这个字符串中符合规则的最长子串的长度。

【分析】区间DP要覆盖整个区间，那么要求所有情况的并集。

先想出状态方程：

dp[i][j]：i ~ j区间内最大匹配数目
输出：dp[0][n-1]（从0开始）

区间DP最先想到的是就是：

1.边界情况初始化

2.for枚举区间长度，一般从第二个开始

3.for枚举起点

4.直接求得终点

5.若括号匹配的情况，相当于外围是ok的，继续深入看内部，左端点右移&右端点左移+2（因为外围匹配，数目+2）

6.一般情况就是枚举断点k，打擂台求匹配数目最大值

7.输出整个区间的最大匹配数

【逆序枚举区间长度】

#include
#include<string>
#include
#include
#include
#include
#include<set>
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define debug() puts("++++")
#define gcd(a,b) __gcd(a,b)
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sqr(x) ((x)*(x))
#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define sz size()
#define be begin()
#define pu push_up
#define pd push_down
#define cl clear()
#define lowbit(x) -x&x
#define all 1,n,1
#define rep(i,x,n) for(int i=(x); i<=(n); i++)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> P;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const LL LNF = 1e18;
const int maxm = 1e6 + 10;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
const int dx[] = {-1,1,0,0,1,1,-1,-1};
const int dy[] = {0,0,1,-1,1,-1,1,-1};
int dir[4][2] = {{0,1},{0,-1},{-1,0},{1,0}};
const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const int mod = 10056;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
const int maxn = 10010;
int t,n,m,a[maxn],x,y,w;
int dp[110][110],ans;
string s;
int tot=0;
/*
[题意]：给出一个括号字符串，问这个字符串中符合规则的最长子串的长度。

dp[i][j]:i~j区间内最大匹配数
输出：dp[1][n]

match:
dp[i][j] = dp[i+1][j-1]+2;


for(k:1..j)
dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]);

((()))
()()()
([]])
)[)(
([][][)
end

6
6
4
0
6
*/
bool match(int L,int R)
{
    return s[L]=='('&&s[R]==')' || s[L]=='['&&s[R]==']';
}
int main()
{
    while(cin>>s)
    {
        if(s=="end") break;
        ms(dp,0);
        n=s.size();
        for(int i=n-1;i>=0;i--)//枚举区间长度
        {
            for(int j=i+1;j)
            {
                if(match(i,j))
                    dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i+1][j-1]+2);
                for(int k=i;k)
                    dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]);
            }
        }
        printf("%d\n",dp[0][n-1]);
    }
}

POJ - 2955 Brackets

【顺序】

#include
#include<string>
#include
#include
#include
#include
#include<set>
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define debug() puts("++++")
#define gcd(a,b) __gcd(a,b)
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sqr(x) ((x)*(x))
#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define sz size()
#define be begin()
#define pu push_up
#define pd push_down
#define cl clear()
#define lowbit(x) -x&x
#define all 1,n,1
#define rep(i,x,n) for(int i=(x); i<=(n); i++)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> P;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const LL LNF = 1e18;
const int maxm = 1e6 + 10;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
const int dx[] = {-1,1,0,0,1,1,-1,-1};
const int dy[] = {0,0,1,-1,1,-1,1,-1};
int dir[4][2] = {{0,1},{0,-1},{-1,0},{1,0}};
const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const int mod = 10056;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
const int maxn = 10010;
int t,n,m,a[maxn],x,y,w;
int dp[110][110],ans;
string s;
int tot=0;
/*
[题意]：给出一个括号字符串，问这个字符串中符合规则的最长子串的长度。

dp[i][j]:i~j区间内最大匹配数
输出：dp[1][n]

match:
dp[i][j] = dp[i+1][j-1]+2;


for(k:1..j)
dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]);

((()))
()()()
([]])
)[)(
([][][)
end

6
6
4
0
6
*/
bool match(int L,int R)
{
    return s[L]=='('&&s[R]==')' || s[L]=='['&&s[R]==']';
}
int main()
{
    while(cin>>s)
    {
        if(s=="end") break;
        ms(dp,0);
        n=s.size();
        for(int l=1;l//枚举区间长度
        {
            for(int i=0;i+l//起点
            {
                int j=i+l;//终点
                if(match(i,j))
                    dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i+1][j-1]+2);
                for(int k=i;k)
                    dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]);
            }
        }
        printf("%d\n",dp[0][n-1]);
    }
}

括号匹配

2：给你一串数字，头尾不能动，每次取出一个数字，这个数字贡献=该数字与左右相邻数字的乘积，求一个最小值。

【分析】类似一维的矩阵连乘

#include
#include<string>
#include
#include
#include
#include
#include<set>
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define debug() puts("++++")
#define gcd(a,b) __gcd(a,b)
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sqr(x) ((x)*(x))
#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define sz size()
#define be begin()
#define pu push_up
#define pd push_down
#define cl clear()
#define lowbit(x) -x&x
#define all 1,n,1
#define rep(i,x,n) for(int i=(x); i<=(n); i++)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> P;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const LL LNF = 1e18;
const int maxm = 1e6 + 10;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
const int dx[] = {-1,1,0,0,1,1,-1,-1};
const int dy[] = {0,0,1,-1,1,-1,1,-1};
int dir[4][2] = {{0,1},{0,-1},{-1,0},{1,0}};
const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const int mod = 10056;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
const int maxn = 10010;
int t,n,m,a[maxn],x,y,w;
int dp[110][110],ans;
string s;
int tot=0;
/*
[题意]：给你一串数字，头尾不能动，每次取出一个数字，这个数字贡献=该数字与左右相邻数字的乘积，求一个最小值。
//类一维矩阵连乘
dp[i][j]:i~j区间内最小权值
输出：dp[1][n]
dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k]+dp[k+1][j]+a[i-1]*a[k]*a[j]);

6
10 1 50 50 20 5

3650
*/
int main()
{
   while(~scanf("%d",&n))
   {
       ms(dp,0);//
       for(int i=1;i<=n;i++)
       {
           scanf("%d",&a[i]);
       }
       for(int r=2;r<=n;r++)
       {
           for(int i=1;i+r-1<=n;i++)
           {
               int j=i+r-1;
               dp[i][j]=INF;//
               for(int k=i;k)
                    dp[i][j]=min(dp[i][j], dp[i][k]+dp[k+1][j]+a[i-1]*a[k]*a[j]);
           }
       }
       printf("%d\n",dp[2][n]);//
   }
}

POJ - 1651 Multiplication Puzzle

3：给你n天需要穿的衣服的样式，每次可以套着穿衣服，脱掉的衣服就不能再穿了，问至少要带多少条衣服才能参加所有宴会.

【分析】

dp[i][j]：i~j区间内所需最少衣服数目

输出：dp[1][n]

之后不再用到：
dp[i][j] = dp[i][j-1]+1;
之后还要用到并且把断点保留到终点：
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][k]+dp[k+1][j])

区间dp，dp[i][j]表示i~j天所需的最小数量。

考虑第j天穿不穿，如果穿的话那么 dp[i][j]=dp[i][j-1]+1;

如果不穿的话，那么需要有一个 k (i<=k

dp[i][j]=dp[i][k]+dp[k+1][j-1]；

【顺序】

#include
#include<string>
#include
#include
#include
#include
#include<set>
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define debug() puts("++++")
#define gcd(a,b) __gcd(a,b)
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sqr(x) ((x)*(x))
#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define sz size()
#define be begin()
#define pu push_up
#define pd push_down
#define cl clear()
#define lowbit(x) -x&x
#define all 1,n,1
#define rep(i,x,n) for(int i=(x); i<=(n); i++)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> P;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const LL LNF = 1e18;
const int maxm = 1e6 + 10;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
const int dx[] = {-1,1,0,0,1,1,-1,-1};
const int dy[] = {0,0,1,-1,1,-1,1,-1};
int dir[4][2] = {{0,1},{0,-1},{-1,0},{1,0}};
const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const int mod = 10056;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
const int maxn = 10010;
int t,n,m,a[500],x,y,w;
int dp[500][500],ans;
string s;
int tot=0;
/*

[题意]：给你n天需要穿的衣服的样式，每次可以套着穿衣服，脱掉的衣服就不能再穿了，问至少要带多少条衣服才能参加所有宴会.
4
1 2 1 2
只需要先穿上1，然后再穿上2，再脱掉2，就穿着1了，接着此时没有2的衣服了，所以我们还需要一件2的衣服，所以最后总共是需要3件衣服。

dp[i][j]：i~j区间内所需最少衣服数目

输出：dp[1][n]

之后不再用到
dp[i][j] = dp[i][j-1]+1;
之后还要用到并且把断点保留到终点
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][k]+dp[k+1][j])

2
4
1 2 1 2
7
1 2 1 1 3 2 1

Case 1: 3
Case 2: 4
*/
int main()
{
   int cas=1;
   scanf("%d",&t);
   while(t--)
   {
       scanf("%d",&n);
       ms(dp,0);
       for(int i=1;i<=n;i++)
           scanf("%d",&a[i]);
       rep(i,1,n) dp[i][i]=1;
       for(int r=2;r<=n;r++)
       {
           for(int i=1;i+r-1<=n;i++)
           {
               int j=i+r-1;
               dp[i][j] = dp[i][j-1]+1;//不需要上一场衣服
               for(int k=i; k)
                //考虑是不是可以将i那件衣服在k这个地方重复利用
                    if(a[k] == a[j])//如果将第k场的衣服保留到第j场
                        dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k+1][j-1]);
           }
       }
       printf("Case %d: %d\n",cas++,dp[1][n]);//
   }
}

LightOJ - 1422 Halloween Costumes

【逆序】

#include
#include<string>
#include
#include
#include
#include
#include<set>
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define debug() puts("++++")
#define gcd(a,b) __gcd(a,b)
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sqr(x) ((x)*(x))
#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define sz size()
#define be begin()
#define pu push_up
#define pd push_down
#define cl clear()
#define lowbit(x) -x&x
#define all 1,n,1
#define rep(i,x,n) for(int i=(x); i<=(n); i++)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> P;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const LL LNF = 1e18;
const int maxm = 1e6 + 10;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
const int dx[] = {-1,1,0,0,1,1,-1,-1};
const int dy[] = {0,0,1,-1,1,-1,1,-1};
int dir[4][2] = {{0,1},{0,-1},{-1,0},{1,0}};
const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const int mod = 10056;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
const int maxn = 10010;
int t,n,m,a[500],x,y,w;
int dp[500][500],ans;
string s;
int tot=0;
/*

[题意]：给你n天需要穿的衣服的样式，每次可以套着穿衣服，脱掉的衣服就不能再穿了，问至少要带多少条衣服才能参加所有宴会.
4
1 2 1 2
只需要先穿上1，然后再穿上2，再脱掉2，就穿着1了，接着此时没有2的衣服了，所以我们还需要一件2的衣服，所以最后总共是需要3件衣服。

dp[i][j]：i~j区间内所需最少衣服数目

输出：dp[1][n]

之后不再用到
dp[i][j] = dp[i][j-1]+1;
之后还要用到并且把断点保留到终点
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][k]+dp[k+1][j])

2
4
1 2 1 2
7
1 2 1 1 3 2 1

Case 1: 3
Case 2: 4
*/
int main()
{
   int cas=1;
   scanf("%d",&t);
   while(t--)
   {
       scanf("%d",&n);
       ms(dp,0);
       for(int i=1;i<=n;i++)
           scanf("%d",&a[i]);
        //如果无脑安排的话dp[i][j]=j-i+1，也就是区间长度。
       rep(i,1,n) rep(j,i,n)
        dp[i][j]=j-i+1;

       for(int i=n-1;i>=1;i--)
       {
           for(int j=i+1;j<=n;j++)
           {
               dp[i][j] = dp[i+1][j]+1;//不需要上一场衣服
               for(int k=i+1; k<=j; k++)
                //考虑是不是可以将i那件衣服在k这个地方重复利用
                    if(a[k] == a[i])//如果将第k场的衣服保留到第j场
                        dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k-1] + dp[k+1][j]);
           }
       }
       printf("Case %d: %d\n",cas++,dp[1][n]);//
   }
}

逆序

4：给出n个数，每个数要先进栈然后出栈，第i个出栈的数a，花费的价值是(i-1)*a.问所有的数出栈花费的最小价值。

#include
#include<string>
#include
#include
#include
#include
#include<set>
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define debug() puts("++++")
#define gcd(a,b) __gcd(a,b)
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sqr(x) ((x)*(x))
#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define sz size()
#define be begin()
#define pu push_up
#define pd push_down
#define cl clear()
#define lowbit(x) -x&x
#define all 1,n,1
#define rep(i,x,n) for(int i=(x); i<=(n); i++)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> P;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const LL LNF = 1e18;
const int maxm = 1e6 + 10;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
const int dx[] = {-1,1,0,0,1,1,-1,-1};
const int dy[] = {0,0,1,-1,1,-1,1,-1};
int dir[4][2] = {{0,1},{0,-1},{-1,0},{1,0}};
const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const int mod = 10056;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
const int maxn = 10010;
int t,n,m,a[500],sum[500],x,y,w;
int dp[500][500],ans;
int tot=0;
/*

[题意]：

题意：有n个人排成一排要上台表演，每个人有一个屌丝值ai。第i个上台表演的人，他的不满意度为(i-1)*ai。
现在有一个类似于栈的黑屋子，你可以让某些人进入这个黑屋子。这些人要按照排的顺序来，那么对于排在最前面的人，
就有两个选择：
（1）让他直接上台表演；
（2）让他暂时进黑屋子。
现在请你选择一个合理的调度顺序，使得最后的总不满意度最小？

——建模后就是：给出n个数，每个数要先进栈然后出栈，第i个出栈的数a，花费的价值是(i-1)*a.问所有的数出栈花费的最小价值是多少？

1 2 3 4 5 —— 20
5 4 3 2 1
0 4 6 6 4 = 20

5 4 3 2 2 —— 24
0 4 6 6 8 = 24
-----------------------------------------------------------
不妨设他是第k个出场的（1<=k<=j-i+1)，那么根据栈后进先出的特点，以及题目要求原先男的是排好序的，那么：：
第 i+1 到 i+k-1 总共有k-1个人要比i先出栈，
第 i+k 到 j 总共j-i-k+1个人在i后面出栈~
我们首先可以把小黑屋看成一个栈，如果我们枚举区间第k个人是第一个上场的话，我们仍然不知道
左右区间每个人的上场顺序，这样子左右区间就不是完全独立的了，不具备无后效性这个特点。 
我们可以枚举第i个人是第k个上场的，那么区间[i+1,i+k−1]的k−1(j-i+1=i+k-1-i-1+1=k-1)个人一定是在i之前上场的，并且区间[i+k+1,j]的所有人一定是在i之后上场的，这样所有人的相对顺序就确定了. 
对于子区间dp[i+k+1][j]，我们是把它单独处理的，也就是得到这个最优解时第一个上场的确实是第一个上场的，但是如果想要由它转移到dp[i][j],那么第一个人实际上是第k+1个上场的，第二个人实际上是第k+2个上场的......所以别忘了这种附加“属性”。

dp[i][j]：第i个人到第j个人这段区间的最小花费

输出：dp[1][n]
枚举出场次序k(1<=k<=n)
第i个人第k个出场：
前k个人：dp[i+1][i+k-1]
第k个人：(k-1)*a[i]
后k个人：dp[i+k][j] + sum[j] - sum[i+k-1]
*/
int main()
{
   int cas=1;
   scanf("%d",&t);
   while(t--)
   {
       scanf("%d",&n);
       ms(dp,0);ms(sum,0);
       for(int i=1;i<=n;i++)
       {
           scanf("%d",&a[i]);
           sum[i] = sum[i-1] + a[i];
       }
       rep(i,1,n) rep(j,i+1,n)
        dp[i][j]=INF;

       for(int r=2;r<=n;r++)
       {
           for(int i=1;i+r-1<=n;i++)
           {
               int j=i+r-1;
               for(int k=1; k<=n; k++)
               {
                   dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i+1][i+k-1]+dp[i+k][j]+(k-1)*a[i]+k*(sum[j]-sum[i+k-1]));
               }
           }
       }
       printf("Case #%d: %d\n",cas++,dp[1][n]);
   }
}

/*
2　
5
1 2 3 4 5
5
5 4 3 2 2 
Sample Output
Case #1: 20
Case #2: 24
*/

You Are the One HDU - 4283

转载于:https://www.cnblogs.com/Roni-i/p/9416434.html

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安装：sudo apt-get install sysv-rc-conf 使用：sudo sysv-rc-conf 操作界面十分简洁，你可以用鼠标点击，也可以用键盘方向键定位，用空格键选择，用Ctrl+N翻下一页，用Ctrl+P翻上一页，用Q退出。背景知识 sysv-rc-conf是一个强大的服务管理程序，群众的意见是sysv-rc-conf比chkconf
svn切换环境，重发布应用多了javaee标签前缀 zengshaotao javaee
更换了开发环境，从杭州，改变到了上海。svn的地址肯定要切换的，切换之前需要将原svn自带的.svn文件信息删除，可手动删除，也可通过废弃原来的svn位置提示删除.svn时删除。然后就是按照最新的svn地址和规范建立相关的目录信息，再将原来的纯代码信息上传到新的环境。然后再重新检出，这样每次修改后就可以看到哪些文件被修改过，这对于增量发布的规范特别有用。检出

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