区间dp专题

区间dp专题

基本思想

区间dp一类的问题往往子问题具有很明显的区间性质,也就是说我们可以通过将子问题定义为整个区间的一个子区间.因为一个大区间可以切分成两段相邻的子区间.从这点出发,我们便可以找到递推关系.

1.纸牌游戏

蜘蛛牌游戏规则是这样的:只能将牌拖到比它大一的牌上面( A A A最小, K K K最大),如果拖动的牌上有按顺序排好的牌时,那么这些牌也跟着一起移动,游戏的目的是将所有的牌按同一花色从小到大排好。为了简单起见,我们的游戏只有同一花色的牌,但是这样XCX又觉得太简单了,于是他把牌数增加到了 n ( 1 < = n < = 100 ) n(1<=n<=100) n(1<=n<=100),牌随机的在一行上展开,编号从1到 n n n,把第 i i i号上的牌移到第j号牌上,移动距离为 a b s ( i − j ) abs(i-j) abs(ij),现在你要做的是求出完成游戏的最小移动距离。

题解

采用区间动态规划的方式,但是直接进行区间DP是没有任何意义的, 所以实际上我们需要另寻状态的定义方式.

我们需要对数列进行变化一下,我们进行dp的区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]定义为高度为 a a a到高度为 b b b的纸牌叠加到一起,所需要的最少距离和。

在一开始,我们定义数组 a r r [ x ] arr[x] arr[x]中存储的是高度为 x x x的纸牌所在的位置。那么状态转移就可以写成: d p [ a ] [ b ] = d p [ a ] [ j ] + d p [ j + 1 ] [ b ] + a b s ( a r r [ b ] − a r r [ j ] ) dp[a][b] = dp[a][j] + dp[j+1][b] + abs(arr[b]-arr[j]) dp[a][b]=dp[a][j]+dp[j+1][b]+abs(arr[b]arr[j])

这样的话,问题就迎刃而解了,所以说如何去定义问题是 d p dp dp问题的一大难点和关键点.

代码

#include
using namespace std;
 
int a[105],n;
int dp[105][105];
 
int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            int x;
            scanf("%d",&x);
            a[x]=i;
        }
        for(int k=2;k<=n;k++)
        {
            for(int i=1;i<=n-k+1;i++)
            {
                int l=i,r=i+k-1;
                dp[l][r]=1e9+7;
                for(int j=l;j<=r-1;j++)
                    dp[l][r]=min(dp[l][r],dp[l][j]+dp[j+1][r]+abs(a[r]-a[j]));
            }
        }
        printf("%d\n",dp[1][n]);
    }
    return 0;
}

2.Multiplication Puzzle POJ - 1651

在一个序列中,拿走一个数字,那么得分就是这个数字以及它相邻的两个数字,这三个数字的乘积, 求最小得分。

题解

这道题乍一看感觉是区间DP,但是需要逆向思考的技巧。

d p [ i ] [ k ] dp[i][k] dp[i][k]表示以 i i i开头的,长度 k k k的区间。

我们考虑一个区间的时候,记录区间的两个端点分别为 l , r l,r l,r

这个区间两侧的端点是不能被拿走的,那么我们考虑最后一个被拿走的数字 k k k,它的得分一定是区间端点的两个数和它的乘积( a [ l ] ∗ a [ k ] ∗ a [ r ] a[l]*a[k]*a[r] a[l]a[k]a[r])。

然后我们考虑区间 [ l , k ] [l,k] [l,k]之间的情况,这个区间被拿的只剩下区间两个端点了,所以可以直接用子结构 d p [ l ] [ k − l + 1 ] dp[l][k-l+1] dp[l][kl+1]

同理区间 p [ k , r ] p[k,r] p[k,r]也被拿的只剩下区间的两个端点了,直接用子结构 d p [ k ] [ r − l − k + 1 ] dp[k][r-l-k+1] dp[k][rlk+1]

这样的话递推式就非常的清晰了。

d p [ i ] [ k ] = m i n ( d p [ i ] [ k ] , d p [ i ] [ j + 1 ] + d p [ i + j ] [ k − j ] + a [ i ] ∗ a [ i + j ] ∗ a [ i + k − 1 ] ) dp[i][k] = min(dp[i][k],dp[i][j+1] + dp[i+j][k-j] + a[i]*a[i+j]*a[i+k-1]) dp[i][k]=min(dp[i][k],dp[i][j+1]+dp[i+j][kj]+a[i]a[i+j]a[i+k1])

代码

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int MAX = 106;
int dp[MAX][MAX];
int a[MAX];
int n;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i = 0;i < n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	for(int k = 3;k <= n;k++){
		for(int i = 0 ;i + k <= n;i++){
			dp[i][k] = 1e9;
			for(int j = 1;j < k-1;j++){
				dp[i][k] = min(dp[i][k],dp[i][j+1] + dp[i+j][k-j] + a[i]*a[i+j]*a[i+k-1]);
			}
 
		}
	}
	cout<<dp[0][n]<<endl;
}

3.括号匹配问题 Brackets POJ - 2955

给定一个括号序列,求最长的合法括号表达式子序列.

题解

再明显不过的区间DP的题目了,要求求出给出符号式中最大匹配的括号数。
考虑区间 [ l , r ] [l,r] [l,r],如果 s t r [ l ] str[l] str[l] s t r [ r ] str[r] str[r]匹配了,那么转移方程为:

d p [ l ] [ r ] = m a x ( d p [ l ] [ r ] , d p [ l + 1 ] [ r − 1 ] + 2 ) dp[l][r] = max(dp[l][r],dp[l+1][r-1]+ 2) dp[l][r]=max(dp[l][r],dp[l+1][r1]+2)

还有一种情况就是考虑将区间分成2部分

d p [ l ] [ r ] = m a x ( d p [ l ] [ r ] , d p [ l ] [ k ] + d p [ k + 1 ] [ r ] ) dp[l][r] = max(dp[l][r],dp[l][k]+dp[k+1][r]) dp[l][r]=max(dp[l][r],dp[l][k]+dp[k+1][r])

然后就成了,没错就这么简单

代码

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int MAX = 105;
char str[MAX];
int dp[MAX][MAX];
int mp[128];
int main(){
	mp['('] = ')';
	mp['['] = ']';
 
	while(gets(str)){
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		if(str[0] == 'e'){
			break;
		}
		int n = strlen(str);
		for(int k = 2;k <= n;k++){
			for(int i = 0;i + k <= n;i++){//左闭右开 
				for(int j = i + 1;j < i + k;j++){
					dp[i][i+k] = max(dp[i][i + k],dp[i][j] + dp[j][i+k]);
					if(mp[str[i]] == str[i+k-1])
						dp[i][i+k] = max(dp[i][i+k],dp[i+1][i+k-1]+2);
				}
			} 
		}
		printf("%d\n",dp[0][n]);
	}
	return 0;
}

4.You Are the One HDU - 4283

题目大意就是说给定一个有序序列和一个栈,对于队伍前头的一个人,有两个操作,一个是直接迈向舞台,另一个操作就是迈入栈中。在一个时间下,迈向舞台的人可以是原始队伍里的人,也可以是栈里面的人。举例来说,假定队伍此时为 队首=>4 5<=队尾,栈此时为 栈顶=>3 2 1 <=栈底,那么下一个时刻可能是4进入栈中,或者4进入舞台,或者3从栈中去向舞台。

n n n个人参加非诚勿扰,每个人都有 n i n_i ni的屌丝值,如果前面有 k k k个人比他早,他就会有 ( k − 1 ) ∗ ( n i ) (k−1)*(n_i) (k1)(ni)的不开心值,你可以让一些人进入一个小黑屋,来改变上场顺序,但是小黑屋是类似栈,先入后出。求最小不开心值.

题解

我们考虑如下事实:

考虑区间 [ l , r ] [l,r] [l,r],区间长度 k = r − l + 1 k = r-l+1 k=rl+1

如果区间的第一个元素可能是第 1 1 1 一直到第 k k k个进入舞台的,假设第一个元素是第 p p p个进入舞台的 1 < = p < = k 1<=p<=k 1<=p<=k,那么我们知道第一个元素一定要先入栈,区间 [ l + 1 , l + k − 1 ] [l+1,l+k-1] [l+1,l+k1]中的元素一定会先第一个元素而进入舞台,这样的话,就转化到了子结构 d p [ l + 1 ] [ l + k − 1 ] dp[l+1][l+k-1] dp[l+1][l+k1]中去了。

同时 [ l + k , r ] [l+k,r] [l+k,r]中的元素一定后于第一个元素而进入舞台。他们共同要等待的耗费为 p ∗ s u m [ l + k , r ] p*sum[l+k,r] psum[l+k,r],另外还有一部分耗费为 d p [ l + k ] [ r ] dp[l+k][r] dp[l+k][r]

综上所述,得到转移方程

d p [ l ] [ r ] = m i n ( d p [ l ] [ r ] , d p [ l + 1 ] [ l + k − 1 ] + ( k − 1 ) ∗ a [ l + p − 1 ] + p ∗ s u m [ l + k , r ] + d p [ l + k ] [ r ] ) dp[l][r] = min(dp[l][r],dp[l+1][l+k-1] + (k-1)*a[l+p-1] + p*sum[l+k,r] + dp[l+k][r]) dp[l][r]=min(dp[l][r],dp[l+1][l+k1]+(k1)a[l+p1]+psum[l+k,r]+dp[l+k][r])

注意:代码中用的区间方式为左闭右开。

代码

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int MAX = 106;
char strA[MAX];
char strB[MAX]; 
int dp[MAX][MAX];
int ans[MAX];
int n;
int main(){
	while(scanf("%s %s",strA,strB) != EOF){
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		memset(ans,0,sizeof(ans));
		n = strlen(strA);
		for(int i = 0;i < n;i++) dp[i][i+1] = 1;
		for(int len = 2;len <= n;len++){
			for(int i = 0;i + len <= n;i++){
				dp[i][i+len] = dp[i+1][i+len] + (strB[i] == strB[i+len-1]?0:1);
				for(int j = i+1;j < i+len;j++){
					dp[i][i+len] = min(dp[i][i+len],dp[i][j]+dp[j][i+len]);
				} 
			}
		}
		ans[0] = strA[0] == strB[0] ? 0:1;
		for(int i = 1;i < n;i++){
			ans[i] = dp[0][i+1];
			if(strB[i] == strA[i])
				ans[i] = min(ans[i],ans[i-1]);
			for(int j = 0;j < i;j++){
				ans[i] = min(ans[i],ans[j] + dp[j+1][i+1]);
			}
		}
		cout<<ans[n-1]<<endl;
	}
	return 0;
}

5.Coloring Brackets CodeForces - 149D

题目大意:

给定合法的括号序列,让你给括弧上色,并且上色时一定要满足3个要求:
(1)每个括号要么被上红色,要么被上蓝色,要么不上色。
(2)一对匹配的左右括弧,有且只有其中的一个可以被上色。
(3)相邻的括弧不能被涂上相同的颜色。

题解

首先我们要进行预处理,求出每个括号的唯一配对的括号,即寻找他们一一对应的关系,这个预处理很简单,用栈操作一下就可以了

	gets(str);
	stack<int> stk;
	int len = strlen(str);
	for(int i = 0;i < len;i++){
		if(str[i] == '('){
			stk.push(i);
		}
		else{
			int p = stk.top();
			stk.pop();
			mp[p] = i;
			mp[i] = p;
		}
	}

下面我们考虑的区间,全部都是配对合法的区间!

用一个四维数组dp[l][r][i][j]表示区间[l,r]且l处被涂上i色,r处被涂上j色。(规定无色为0,红色为1,蓝色为2)

那么我们可以得到下面的状态转移方程:

(1)当区间长度只有2时候(两个括弧一定是配对的,因为我们考虑的所有区间都是配对合法的区间),上色方案是非常好确定的。

d p [ l ] [ r ] [ 0 ] [ 1 ] = 1 ; dp[l][r][0][1] = 1; dp[l][r][0][1]=1;
d p [ l ] [ r ] [ 0 ] [ 2 ] = 1 ; dp[l][r][0][2] = 1; dp[l][r][0][2]=1;
d p [ l ] [ r ] [ 1 ] [ 0 ] = 1 ; dp[l][r][1][0] = 1; dp[l][r][1][0]=1;
d p [ l ] [ r ] [ 2 ] [ 0 ] = 1 ; dp[l][r][2][0] = 1; dp[l][r][2][0]=1;

(2)当区间的左右括弧是配对的时候(判断左右括弧是否匹配,用到了预处理得到的结果)。则有如下转移方法:

if(j != 1)
dp[l][r][0][1] = (dp[l][r][0][1] + dp[l+1][r-1][i][j])%MOD;
if(j != 2)
dp[l][r][0][2] = (dp[l][r][0][2] + dp[l+1][r-1][i][j])%MOD;
if(i != 1)
dp[l][r][1][0] = (dp[l][r][1][0] + dp[l+1][r-1][i][j])%MOD; 
if(i != 2)
dp[l][r][2][0] = (dp[l][r][2][0] + dp[l+1][r-1][i][j])%MOD; 

(3)当区间非左右配对时,把区间划分为左右两个各自合法 的区间,转移方程是。

d p [ l ] [ r ] [ i ] [ j ] = ( d p [ l ] [ r ] [ i ] [ j ] + d p [ l ] [ k ] [ i ] [ p ] ∗ d p [ k + 1 ] [ r ] [ q ] [ j ] % M O D ) % M O D ; dp[l][r][i][j] = (dp[l][r][i][j] + dp[l][k][i][p] * dp[k+1][r][q][j]\%MOD) \% MOD; dp[l][r][i][j]=(dp[l][r][i][j]+dp[l][k][i][p]dp[k+1][r][q][j]%MOD)%MOD;

这里注意 k k k代表的是与l配对的括号,那么 k + 1 k+1 k+1就是与 r r r配对的括号了。(这就是预处理的作用!)

而在动态规划的实现过程中,我们发现并非所有的区间都是合法的,只有少部分的区间是合法的,因此我们用自顶向下的记忆化dp的方法,这样可以简化代码的实现。

代码

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define int long long 
using namespace std;
const int MAX = 705;
const int MOD = 1e9 + 7;
int used[MAX][MAX];
int mp[MAX];
char str[MAX];
int dp[MAX][MAX][3][3];
void dfs(int l,int r){
	if(used[l][r]) return ;
	used[l][r] = 1;
	if(l + 1 == r){
		dp[l][r][0][1] = 1;
		dp[l][r][0][2] = 1;
		dp[l][r][1][0] = 1;
		dp[l][r][2][0] = 1;
		return ;
	}
	if(mp[l] == r){//配对的情况 
		dfs(l+1,r-1);
		for(int i = 0;i < 3;i++){
			for(int j = 0;j < 3;j++){
				if(j != 1)
					dp[l][r][0][1] = (dp[l][r][0][1] + dp[l+1][r-1][i][j])%MOD;
				if(j != 2)
					dp[l][r][0][2] = (dp[l][r][0][2] + dp[l+1][r-1][i][j])%MOD;
				if(i != 1)
					dp[l][r][1][0] = (dp[l][r][1][0] + dp[l+1][r-1][i][j])%MOD;	
				if(i != 2)
					dp[l][r][2][0] = (dp[l][r][2][0] + dp[l+1][r-1][i][j])%MOD;	
			}
		}
	}
	else{
		int k = mp[l];
		dfs(l,k);
		dfs(k+1,r);
		for(int i = 0;i < 3;i++){
			for(int j = 0;j < 3;j++){
				for(int p = 0;p < 3;p++){
					for(int q = 0;q < 3;q++){
						if(p + q == 0 || p != q ){
							dp[l][r][i][j] = (dp[l][r][i][j] + dp[l][k][i][p] * dp[k+1][r][q][j]%MOD)%MOD;
						}
					}
				} 
			}
			
		} 
		 
	}
}
main(){
	gets(str);
	stack<int> stk;
	int len = strlen(str);
	for(int i = 0;i < len;i++){
		if(str[i] == '('){
			stk.push(i);
		}
		else{
			int p = stk.top();
			stk.pop();
			mp[p] = i;
			mp[i] = p;
		}
	}
	dfs(0,len-1);
	int ans = 0;
	for(int i = 0;i < 3;i++){
		for(int j = 0;j < 3;j++){
			ans = (ans + dp[0][len-1][i][j])%MOD;
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
} 

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