区间dp

Part1:总概

区间dp

顾名思义，就是解决一些区间内最优值的问题，通常的时间复杂度为$n^2$ 或者 $n^3$

大致思路：

• 首先确定状态

• 初始化长度为1（or 2,3…具体因题而异）的dp数组的值

• 然后枚举区间长度，枚举区间的起始点，（有的题目还需要枚举断点） 由小区间转移到大区间。

• 最后$dp[1][n]$往往就是答案。

Part2:例题精讲

NOI1995 石子合并

思路分析：

贪心~很明显是不行的

好的，那我们还是开始想dp吧。区间dp常用的一个状态就是dp[i][j]表示i~j这个区间的最优值是多少？

我们可以看出题目中这个合并过程，很像是区间dp的一种合并，也就是说$dp[i][j]$可以由$dp[i][k]$和$dp[k+1][j]$转移过
那么我们自然而然的想到要枚举上一次合并是在哪个位置，也就是断点k，然后进行转
不过，由于这个题目的特殊限制，我们需要记录g[i][j]表示i到j这个区间有多少石子，来进行辅助转移

$f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]+g[i][k]+g[k+1][j])(i<=k<=j)$

对于环，我们只需要把整个数组复制一遍，然后在统计答案的时候，把1-n开头的长度为n的区间的答案求一个min 就可以啦

Code

#include
using namespace std;   
int n,minl,maxl,f1[300][300],f2[300][300],num[300];  
int s[300];  
int d(int i,int j)
{
    return s[j]-s[i-1];
}  
int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n+n;i++)  
    {  
        cin>>num[i]; 
        num[i+n]=num[i];  
        s[i]=s[i-1]+num[i];  
    }  
    for(int p=1;p<n;p++)  
    {  
        for(int i=1,j=i+p;(j<n+n)&&(i<n+n);i++,j=i+p)  
        {  
            f2[i][j]=999999999;  
            for(int k=i;k<j;k++)  
            {  
                f1[i][j]=max(f1[i][j],f1[i][k]+f1[k+1][j]+d(i,j));   
                f2[i][j]=min(f2[i][j],f2[i][k]+f2[k+1][j]+d(i,j));  
            }  
        }  
    }  
    minl=999999999;  
    for(int i=1;i<=n;i++)  
    {  
        maxl=max(maxl,f1[i][i+n-1]);
        minl=min(minl,f2[i][i+n-1]);  
    }
    cout<<minl<<endl<<maxl;
    return 0;  
}

不过，这道题在hdu上（hdu3506）n^3的时间复杂度过不了

那么我们就需要考虑，四边形不等式优化！！

如果有$f[a][c]+f[b][d]<=f[b][c]+f[a][d]$
可以理解为一句话，交叉小于包含，即交叉的两个区间，a到c和b到d的值满足小于等于包含的两个区间[bc包含于ad])

则说这个东西满足四边形不等式，当然这个东西可能是dp数组，也可以是其他数组

这里有两个定理

1、如果上述的w函数同时满足区间包含单调性和四边形不等式性质，那么函数dp也满足四边形不等式性质

我们再定义$s(i,j)$表示 $dp(i,j)$ 取得最优值时对应的下标（即 $i\le k\le j$ 时，k 处的 dp 值最大，则 $s(i,j)=k$此时有如下定理

2、假如$dp(i,j)$满足四边形不等式，那么$s(i,j)$单调，即 $s(i,j)\le s(i,j+1)\le s(i+1,j+1)$

那么我们就可以开一个s数组 ，$s[i][j]$这个数组记录$ij$这个区间的转移的最优点是哪个点

那么枚举断点是时候 直接可以从$s[i][j-1]s[i+1[j]$枚举转移

(1)当函数w[i,j]满足$w[i,j]+w[i^{\prime },j^{\prime }]<=w[i^{\prime },j]+w[i,j^{\prime }],i<=i^{\prime }<=j<=j^{\prime }$时，称w满足四边形不等式。

(2)当函数w[i,j]满足$w[i’,j]\le w[i,j’],i<=i^{\prime }<=j<=j^{\prime }$时称w关于区间包含关系单调。

很明显的,一开始定义的w[I,j]满足区间包含关系和四边形不等式。

现在我们要证明$f[I,j]=minf[I,k]+f[k+1,j]+w[I,j]i<=k<j$也满足四边形不等式

我们利用数学归纳法对四边形不等式中的区间长度进行归纳。

证明如下：

当i=i’或j=j’时，不等式显然成立。由此可知，当l≤1时，函数f满足四边形不等式。

下面分两种情形进行归纳证明：

• 情形1：$i<i’=j<j’$
  在这种情形下，四边形不等式简化为如下的不等式：$f[i,j]+f[j,j’]\le f[i,j’]+0$，设$k=maxp|f[i,j’]=f[i,p-1]+f[p,j’]+w[i,j’]$，再分两种情形$k\le j$或$k>j$。下面只讨论$k\le j$，$k>j$ 的情况是类似的。

• 情形1.1：$k\le j$，此时：

• 情形1.2：$k>j$，略去

• 情形2：$i<i’<j<j’$
  设 $y=maxp|f[i’,j]=f[i’,p-1]+f[p,j]+w[i’,j]$$f[p,j’]+w[i,j’]$
  仍需再分两种情形讨论，即$z\le y$或$z>y$。下面只讨论$z\le y$，$z>y$的情况是类似的。
  情形2.1，$i<z\le y\le j$。
  显然的，我们有：
  $f[i,j]+f[i^{\prime },j^{\prime }]<=w[i,j]+f[i,z-1]+f[z,j]+w[i^{\prime },j^{\prime }]+f[i^{\prime },y-1]+f[y,j^{\prime }]$
  因为w满足四边形不等式，所以：
  $f[i,j]+f[i^{\prime },j^{\prime }]<=w[i,j^{\prime }]+w[i^{\prime },j]+f[i^{\prime },y-1]+f[i,z-1]+f[z,j]+f[y,j^{\prime }]$
  因为$f[i,j^{\prime }]+f[i^{\prime },j]=w[i,j^{\prime }]+w[i^{\prime },j]+f[i^{\prime },y-1]+f[i,z-1]+f[y,j]+f[z,j^{\prime }]$
  所以,要证$f[i,j^{\prime }]+f[i^{\prime }j]>=f[i,j]+f[i^{\prime },j^{\prime }]$,就要证$f[z,j]+f[y,j^{\prime }]<=f[y,j]+f[z,j^{\prime }]$。
  因为$i<z\le y\le j$,所以区间的长度会在不断地迭代中越变越小，最后归于前面的几种情况。

• 情形2.1，$i<y\le z\le j$。证明过程略。
  综上所述，$f[i,j]$满足四边形不等式。
  事实上，对于任意$f[I,j]=maxf[I,k]+f[k+1,j]+w[I,j]i<=k<j$,如果w满足四边形不等式，那么f也满足四边形不等式。
  前面千辛万苦证明了f满足四边形不等式，那么它有什么用呢？
  之所以要证明四边形不等式，就是为了证明f满足决策单调性，即：
  $s[i,j-1]\le s[i,j]\le s[i+1,j],i\le j$
  其中，$s[I,j]$为区间$[I,j]$上的最优决策。
  当$i=j$时，单调性显然成立。因此下面只讨论$i<j$的情形。由于对称性，只要证明$s[i,j]\le s[i,j+1]$。
  令$fk[i,j]=f[i,k-1]+f[k,j]+w[i,j]$。要证明$s[i,j]\le s[i,j+1]$，只要证明对于所有$i<k\le k’\le j$且$fk’[i,j]\le fk[i,j]$，有：$fk’[i,j+1]\le fk[i,j+1]$。
  事实上，我们可以证明一个更强的不等式

$fk[i,j]-fk’[i,j]\le fk[i,j+1]-fk’[i,j+1]$

也就是:$fk[i,j]+fk’[i,j+1]\le fk[i,j+1]+fk’[i,j]$

利用递推定义式将其展开整理可得：$f[k,j]+f[k’,j+1]\le f[k’,j]+f[k,j+1]$，这正是$k\le k’\le j<j+1$时的四边形不等式

综上所述，当$w$满足四边形不等式时，函数$s[i,j]$具有单调性。

因此，我们可以得到一个更优化的转移方程

上述方法利用四边形不等式推出最优决策的单调性，从而减少每个状态转移的状态数，降低算法的时间复杂度。

这样这道题就解决了。

一般的，对于状态转移方程形如：$f[i,j]=optf[i,k]+f[k+1,j]+w[i,j],i<j$的动规,若w满足四边形不等式,则f满足四边形不等式,则f有决策单调性。

Code

#include 
#include 
#include 
#include 
 
using std::max;
using std::min;
 
const int maxn=300;
 
int base[maxn];
int dp[maxn][maxn],s[maxn][maxn];
int MAX[maxn][maxn];
 
int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&base[i]);
        base[i+n]=base[i];
    }
    for(int i=1;i<=n*2;i++)
        base[i]+=base[i-1];
    for(int i=1;i<=n*2;i++)
        s[i][i]=i;
    for(int l=2;l<=n;l++)
        for(int i=1;i<=(n*2)-l+1;i++)
        {
            int j=i+l-1;
            int x=s[i][j-1],y=s[i+1][j];
            dp[i][j]=0x7fffffff;
            MAX[i][j]=max(MAX[i][j-1],MAX[i+1][j])+base[j]-base[i-1];//最大值不满足四边形不等式，但最有决策一定出现在端点处
            for(int k=x;k<=y;k++)
                if(dp[i][k]+dp[k+1][j]+base[j]-base[i-1]<dp[i][j])
                {
                    dp[i][j]=dp[i][k]+dp[k+1][j]+base[j]-base[i-1];
                    s[i][j]=k;
                }
        }
    int ansMin=0x7fffffff,ansMax=0;
    for(int i=1;i<n;i++)
        ansMin=min(ansMin,dp[i][i+n-1]),
        ansMax=max(ansMax,MAX[i][i+n-1]);
    printf("%d\n%d",ansMin,ansMax);
    return 0;
}

hdu4632 **

思路：

大致题意是给定一个字符串，求回文子序列个数，最后的答案要%10007，要求一个n^2的做法

首先定义f数组$f[l][r]$表示$lr$区间的回文子序列个数，$f[i][i]=1$;

显然 根据容斥原理 ：$f[l][r]=f[l][r-1]+f[l+1][r]-f[l+1][r-1]$ （因为中间的个数会算两遍）;

然后，我们考虑$s[l]==s[r]$的情况，如果这两个位置相等，那么$l+1r-1$这个区间的所有子序列，都可以加入l和r这两个元素，构成一个新的回文子序列，除此之外 l和r这两个元素也可以构成一个回文子序列

那么 $if(s[l]==s[r])f[l][r]+=f[l+1][r-1]+1$;
Attention
做减法的时候，可能会有负数，为了使%不出现问题，我们需要先加mod再%mo

Code:

#inclue
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod 10007
int dp[1005][1005];
char s[1005]
int main()
{
	int t,cas=1;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>s;
        int len=strlen(s);
        memset(dp,0,sizeof dp);
        for(int i=0;i<len;i++)
            dp[i][i]=1;
        for(int j=0;j<len;j++)
        {
            for(int i=j-1;i>=0;i--)
            {
                dp[i][j]=(dp[i][j-1]+dp[i+1][j]-dp[i+1][j-1]+mod)%mod;
                if(s[i]==s[j])
                    dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i+1][j-1]+1)%mod;
            }
        }
        printf("Case %d: %d\n",cas++,dp[0][len-1]);
    }
    return 0;
}

hdu4745*********

题目大意：

给定一个数列，求一个最长的回文子序列

思路：

我们定义$f[l][r]$表示l到r区间的最长的回文子序列长度

如果$s[l]==s[r]$ 则 $f[l][r]=f[l+1][r-1]+2$;

不然 $f[l][r]=max(f[l+1][r],f[l][r-1])$;

然后统计答案的时候

因为是环

由于考虑到可以从

同一个点出发，长度为n-1，+1

或者从不同的点出发，长度为n

Code:

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
int s[1005],dp[2005][2005];
int main(){                                     //一个顺时针一个逆时针，并且元素
    int n,i,j,l,ans;                            //相同，因此相当于在环上求最长回
    while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n){              //文子序列
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d",&s[i]);
            s[i+n]=s[i];
            dp[i][i]=dp[i+n][i+n]=1;
        }
        for(l=2;l<=2*n;l++){
            for(i=1;i<=2*n-l+1;i++){
                j=i+l-1;
                dp[i][j]=max(dp[i+1][j],dp[i][j-1]);
                if(s[i]==s[j])
                dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i+1][j-1]+2);
            }
        }                                       //当s[i]==s[j]时长度加2
        ans=0;
        for(i=1;i<=n;i++){                      //因为是环，所以起点可能在一个点，
            ans=max(ans,dp[i][i+n-1]);          //这样只需求长度是n-1的再加1即可
            ans=max(ans,dp[i][i+n-2]+1);
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

hdu2476******

题目大意：

给定一个A串，一个B串，每次修改只能将一段连续区间内的字母，改成同一个字母，询问将A变成B 的最少操作次数

思路：

因为考虑到有相等的和不相等的部分，所以不能直接做

先假设A和B所有的对应位置都不相等，然后令$f[l][r]$表示l~r这个区间最小操作的次数

然后对一个区间l r 我们可以考虑，首先将$f[l][r]=f[l+1][r]+1$;表示需要在上一个区间的基础上，额外操作一次。然后枚举一个$k$

从$l+1$到$r$,如果$b[k]==b[l]$ 那么 l这个位置 就可以在刷k的时候 刷上，而且不影响之前的区间。

既 $f[l][r]=min(f[l][r],f[l][k]+f[k+1][r])$

然后 我们令$ans[i]$表示A的第1到第$i$ 刷成和$B$相同的 需要的 最小的操作次数

若$a[i]==b[i]$ 则 $ans[i]=ans[i-1]$ （因为不需要刷）

else 枚举一个j 表示这个$ans[i]$从哪个答案转移过来

$ans[i]=min(ans[i],ans[j]+f[j+1][i])$;

hdu4283 ********

题目大意：

现在给定一个序列，表示每个人的不开心值D，假如他是第x个上场，那他就有（x-1）*D的不开心值，因为他等了k-1个人，你有一个类似于栈的东西，可以使用它来改变整个序列的顺序，求最少的 不开心值的和

思路：

由于修改顺序的时候，是要用类似栈的方式QWQ所以没法贪心…

这个题有一个性质，若第i个人是通过栈调整之后，第k个表演的 那么他能造成的影响 是可以比较容易计算的。

我们令$f[l][r]$表示 $lr$这些人的最小等待时间

首先预处理一下所有人的等待时间的前缀和$sum[i]$，便于计算

对于一个区间$[l,r]$ 我们枚举第l个人是第几个出去的

$k$从$lr$

假设他是第k个出去的

则 $f[l][r]=min(f[l][r],f[l+1][k]+f[k+1][r]+(k-l)\ast a[i]+(k-l+1)\ast (sum[r]-sum[k]))$

这里有几个要注意的地方：

• 是$f[l+1][k]$ 而不是 $f[l][k]$ 因为这里枚举的就是第$l$个人的出栈顺序

• $2>(k-l)$表示在这个人之前有几个人出去 $（k-1+1）$表示算上这个人 出去了几个人

poj2955

题目大意

给定一个只含小括号和中括号的序列，求一个最长的合法序列。

其中（） [] ()[] (()) 等 是合法的

)( (] 等 是不合法的

思路

由于两个本身合法的序列拼在一起也是合法的序列，所以我们自然而然的就想到

令$f[l][r]$表示$lr$这个区间的最长合法序列的程度

根据$a[l]a[r]f[l+1][r-1]$进行初始化

然后枚举断点，进行转移

这里有一个小tip就是

可以把左右括号分别变成正负的数字，便于判断

poj1651

题目大意

给定你一个序列

其中取走一个数的代价是它乘上它相邻的两个数

两头的数不可以取~

求最小代价

思路

令$f[l][r]$表示把$l+1r-1$的数都取走的最小代价

首先初始化$f[i][i+2]$这个区间

然后之后枚举长度，起始点，断点，进行转移即可

$f[l][r]=min(f[l][r],f[l][k]+f[k][r]+a[l]\ast a[k]\ast a[r]$;