浅谈区间类动态规划
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\(\mathcal{Before\ Writing}\)
为了加深印象，写下这则学习笔记 .
若文中有错误之处还请指出，感激不尽 .
\(\mathcal{PS:}\) 菜鸡笔者水平有限，没写好不要喷我哦qwq
\(\mathcal{Come\ into\ subject}\)
我们先从一个问题入手。
\(\mathcal{Problem\ Link\ :P1090}\)
题解就是将 \(n\) 堆果子任意两堆合并最终合并成一堆所需要的最小的体力耗费值。很容易想到贪心的方法，即每次合并耗费最小的两堆，可以通过维护一个小根堆实现。这里就不给出代码了，请读者自己实现。
接下来，考虑如果把题目改为每次只能合并相邻的两堆（保证果子都在一条线上，即第1堆和第 \(n\) 堆不算相邻）那么很明显贪心的思路是行不通的。因此需要换一种算法。
\(\mathcal{Solution}\)
我们可以这么想，无论怎么合并这些果子堆，最终都是要合并成一堆的。
举个例子：假设有5堆果子（编号从1到5）需要合并，那么当她们最终合并成一堆时，一定是由 ①--②③④⑤ | ①②--③④⑤ | ①②③--④⑤ | ①②③④--⑤ 这四种合并方法中的某一种合并得到的（ \(a\) -- \(b\) 表示 \(a\) 与 \(b\) 合并）。
也就是我们只需要知道最后一堆是由哪两堆合并而来的，问题也就迎刃而解了。而对于最终解需要最优，也就是合并而来的两堆也要是最优的，这就符合了动态规划最优子结构的性质，而且两堆合并的情况也是独立唯一的，不存在后效性，因此我们可以考虑用动态规划来解决这个问题。
约定：\(H(a,b)\) 表示将编号从 \(a\) 至 \(b\) 的所有堆合并后得到的一个堆
描述状态
令 \(dp[i][j]\) 表示将编号从 \(i\) 至 \(j\) 的所有果子堆合并能得到的最小体力耗费值（也就是 \(H(i,j)\) 的最小值）。因为 \(H(i,j)\) 是由 \(H(i,k)\) 和 \(H(k+1,j)\) 合并得到的，即上述例子中
\(H(1,5)=min\begin{cases}H(1,1)+H(2,5)\\H(1,2)+H(3,5)\\H(1,3)+H(4,5)\\H(1,4)+H(5,5)\end{cases}\)
由此我们可以得到状态转移方程
\(dp[i][j]=min\{\ dp[i][k]+dp[k+1][j]\ \}+cost(i,j)\) \(\ \ \ \ \ (1\leq i \leq j \leq n,i\leq k \leq j-1)\)
所以我们去枚举 \(i,j,k\) 就好了，最终的解即为 \(dp[1][n]\) 。也就是：
初始化 dp[i][i]=0;
for(int i=1;i<=N;++i)
for(int j=i;j<=N;++j){
for(int k=i;k<=j-1;++k)
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+cost(i,j));
/* dp[i][j]+=cost(i,j); 状态转移方程中的 +cost(...) 操作也可以放到循环外面来做，对于此题没有影响
cost可以是一个计算花费的函数，也可以是一个数组，具体看题目而定，而在本题中表示 H(i,j) 的值，可以使用
前缀和，即将函数cost(i,j)用来计算sum[j]-sum[i-1]
*/
}
Res=dp[1][N];
通常 \(dp\) 数组的第一维是阶段，第二维是状态。但如果你对动态规划的概念非常清楚，那么就会发现这么做其实是有问题的，因为这里的 \(i\) 并不能作为阶段。
还是拿之前的例子来说，对于动态规划的最优子结构性质，我们要求当做到 \(dp[1][5]\) 时，她的子问题 \(dp[1][1],\) \(dp[1][2]\) \(...\) \(dp[4][5]\) 必须都是已经确定且最优的，但放入我们写的循环里看，做到 \(dp[1][5]\) 时，需要用到的 \(dp[2][3]\) \(,dp[2][4]...\) \(dp[4][5]\) 全都还没有确定。
你也可以这么想，对于上面的状态转移方程的变量范围 $\ 1\leq i \leq j \leq n\ ,\ i\leq k \leq j-1\ \ \ $
很明显，结合转移方程来看，\(dp[k+1][j]\) 这个数组的阶段 \(k+1\) 是会大于 \(i\) 这个阶段的，也就是阶段 \(i\) 的所有状态还没确定好，就用到了后面等待确定的阶段 \(k+1\) 中的状态，这显然是错误的。
下面我们就要来考虑到底以什么来作为阶段了。
我们可以发现，对于 \(H(1,5)\) ，她是由5个堆合并得到的，而她的子问题 \(H(1,2),\) \(H(2,4)\) 等，都是属于由2~4个的堆合并得到的，即要确定由 \(n\) 个堆合并而成的 \(H(a,a+n-1)\) 时，我们要做的是确定由2至 \(n-1\) 个堆合并而成的 \(H(a,a+k-1)\) 。因为 \(k\) 一定小于 \(n\) ，所以我们可以将合并的堆数作为阶段。发现合并的堆数知道了，只要知道合并操作的起始堆的位置，就能够算出终止堆的位置。
下面给出正确的伪代码
初始化 dp[i][i]=0;
for(int L=2;L<=N;++L) //这里合并的堆数从2开始，也就是最少两个堆合并
for(int i=1;i+L-1<=N;++i){ //枚举起点
int j=i+L-1; //由起点计算出终点
for(int k=i;k<=j-1;++k)
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+cost(i,j));
}
Res=dp[1][N];
至此，问题已经得到解决。
\(end.\)
上述代码就是区间类动态规划的思想，基本套路就是1.枚举区间长度 2.枚举起点，算出终点 3.枚举过渡点 4.转移状态。
但是现在广大毒瘤出题人当然不会给你太裸的模型来做，所以他们会在一些 描述状态、转移状态、或者 在进行 \(dp\) 前的处理 等方面做文章。其中环形区间动规最为经典，本文就以此为例进行分析。
我们可以对之前的题目再次进行修改：将 \(n\) 堆果子围成一圈，每次只能合并相邻的两堆，其他约定与原题一致，问最少的体力耗费值。
\(\mathcal{Solution}\)
我们来看一张图
可以看出，环状分布解法其实就相当于从环上取一条长为 \(n\) 的链，而我们做前面题目的解 \(dp[1][N]\) 只是在这个环上取链的其中一种情况。
较朴素的做法就是在原先的循环最外层再套一层循环，枚举链的起点，还请读者自行尝试。这里主要介绍一种环形区间动规的经典解法。
割环
显然，既然是环，我们可以考虑在环上“切”一刀，使其变成一条链。这样由环转链，是解决环形区间动规较常用的一种方法，对于图示中的环，我们就可以将其表示为： 123451234 也就是将长度为 \(n\) 的环变成了长度为 \(2n-1\) 的链。那么最优解就在 12345 23451 34512 45123 51234 中。
你会发现，接下来的操作便和之前的写法完全一样了
伪代码如下
初始化 dp[i][i]=0;
for(int i=1;i<=N;++i) a[i]=a[i+N]=read(); 由环转链
for(int L=2;L<=N;++L)
for(int i=1;i+L-1<=2*N-1;++i){
int j=i+L-1;
for(int k=i;k<=j-1;++k)
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+cost(...));
}
Res=min{dp[i][i+N-1]} 1<=i<=N
理解了之后，就可以尝试做这两道环形区间动规的经典题目。（如果还有例题可以提出来哦）
\(\mathcal{Problem\ Link : P1880}\)
\(\mathcal{Problem\ Link : P1063}\)
\(end.\)
我们再来看一道挺有意思的题目
\(\mathcal{Description:}\)
给定一个具有 \(N\) 个顶点的凸多边形，将顶点从1至 \(N\) 标号，每个顶点的权值都是一个正整数。将这个凸多边形划分成 \(N-2\) 个互不相交的三角形，试求这些三角形顶点的权值乘积和至少为多少。
\(\mathcal{Solution}\)
约定： \(P(a,b)\) 表示从点 \(a\) 至 \(b\) 顺时针连线组成的多边形划分三角形后能得到权值乘积和
对于题目给出的 \(N\) 多边形，我们将她的顶点按顺时针方向 \(1-N\) 编号。
我们可以这么想，对于最终的最优解 \(P(1,N)\) ，因为此时点之间的分割线已经确定，那么我们如果割去这个 \(N\) 边形外部的某一块三角形，剩下的多边形也必然是符合边数等于 \(N-1\) 时的最优解的。也就是说，这符合动态规划的最优子结构的性质，并且每一种割法都是独立唯一的，不具有后效性，这也符合动态规划的原则。因此，我们可以确定了算法框架：动态规划。
令 \(dp[i][j]\) 表示从点 \(i\) 至 \(j\) 顺时针连线组成的多边形划分三角形后能得到的最小权值乘积和（即 \(P(i,j)\) 的最小值 ）。结合上图看，显然，我们要求的 \(P(i,j)\) 的值就等于 \(P(i,k)\) \(+\) \(P(k,j)\) \(+\) \(W(i)*W(j)*W(k)\)
由此得到状态转移方程
\(dp[i][j]=min\{\ dp[i][k]+dp[k][j]+W(i)*W(j)*W(k)\ \}\) \(\ \ \ \ \ (1\leq i < j \leq n,i< k < j)\)
于是，你会发现这又是一道区间类动态规划，接下来的做法就和前面相似了。下面是伪代码
初始化 dp[i][i+1]=0
for(register int L=2;L<=N-1;++L)
for(register int i=1;i+L<=N;++i){
int j=i+L;
for(register int k=i+1;k<=j-1;++k)
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k][j]+a[i]*a[j]*a[k]);
}
Res=dp[1][N]
另外，此题我跑了好几个oj好像都没有找到，所以我造了数据放在私人题库里了，有兴趣写一写的可以来这里qwq，由于原题数据原因需要用到高精度，顺手练练自己的高精度好啦。
这里放上代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define qomzi(n,i) for(register int i=1;i<=(n);++i)
#define INF 1e9
const int Maxn=160;
using namespace std;
inline int icin(){
char c=getchar();int s=0;bool sign=0;
while(!isdigit(c)&&c^'-')c=getchar();
if(c=='-')c=getchar(),sign=1;
while(isdigit(c))s=(s<<1)+(s<<3)+c-'0',c=getchar();
return sign?-s:s;
}
int N;
struct Node{
int len,num[Maxn<<1];
Node(){len=1;memset(num,0,sizeof(num));}
Node operator * (const Node &A)const{
Node ret;
ret.len=A.len+len-1;
for(register int i=1;i<=A.len;++i)
for(register int j=1;j<=len;++j)
ret.num[i+j-1]+=A.num[i]*num[j],ret.num[i+j]+=ret.num[i+j-1]/10,ret.num[i+j-1]%=10;
while(ret.num[ret.len+1]>0)ret.len++;
return ret;
}
Node operator + (const Node &A)const{
Node ret;
ret.len=max(A.len,len);
for(register int i=1;i<=ret.len;++i)
ret.num[i]+=A.num[i]+num[i],ret.num[i+1]+=ret.num[i]/10,ret.num[i]%=10;
while(ret.num[ret.len+1]>0) ret.len++;
return ret;
}
inline void print(){
int f=len;
while(!num[f]&&f>1) f--;
for(register int i=f;i>=1;--i) printf("%d",num[i]);
}
}dp[Maxn][Maxn],a[Maxn];
Node High(int a){
Node ret;//cout<<a<<endl;
while(a>0){
ret.num[ret.len++]=a%10;
a/=10;
}
//ret.print();cout<<'\n';
return ret;
}
Node Min(Node x,Node y){
int lenx=x.len,leny=y.len;
if(lenx<leny) return x;
if(lenx>leny) return y;
for(register int i=lenx;i>=1;--i){
if(x.num[i]<y.num[i]) return x;
else if(x.num[i]>y.num[i]) return y;
}
return x;
}
inline void init(){
N=icin();
for(register int i=0;i<=N;++i)
for(register int j=0;j<=N;++j)
dp[i][j].len=250,dp[i][j].num[250]=9;
qomzi(N,i) a[i]=High(icin()),dp[i][i+1].len=dp[i][i+1].num[250]=0;
}
int main(){
init();
for(register int L=2;L<=N-1;++L)
for(register int i=1;i+L<=N;++i){
int j=i+L;
for(register int k=i+1;k<=j-1;++k)
dp[i][j]=Min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k][j]+a[i]*a[j]*a[k]);
}
dp[1][N].print();
return 0;
}
\(end.\)
\(\mathcal{After\ Writing}\)
经过分析了几道区间类动态规划的题目，相信你一定有所领悟了吧，尽管此类dp或许会有大致的框架，但在解题时还是不能死板盲目地想当然放上模板做法，因为针对不同的题目代码内容还是会有微小的变化的。所以在做题目时，我们要将所给的问题一层一层地剥开，最后找到问题的实质，这样，面对动态规划的题目就可以得心应手啦。
这里放上网上的一位博主对区间类型dp的理解
"区间动态规划是线性动归的拓展，在划分阶段时，往往是以区间的长度从小到大为阶段，逐步求解到到长度为N的区间的最优值，在枚举每一个区间的最优值时，由于当前区间内又有很多种合并方式并到到当前区间，那么就需要枚举这些合并方式中产生的值维护最优值，合并的不同，可以看作是区间划分的不同，划分时需要枚举划分的位置，即分割点。 那么对于区间类动态规划问题，往往可以将问题分解成为两两合并的形式。其解决方法是对整个问题设最优解，枚举分割点，维护最优值。
现在再看这段话就一定会觉得很有感触了吧qwq
最后，如果你认真看了这篇文章，或多或少一定会有点收获叭（dalao请忽略qwq）。如果你还有什么问题请发在讨论区或者私信我，我会不定时解疑的。
另外笔者文化课水平欠佳，有些抽象的意思实在不能解释的很清楚，还请你们自行画图列表帮助理解哦。
