区间dp
区间dp解决的问题是一个问题能分成好多个小区间，那么可以从小到大枚举区间长度
由小到大推出问题终解
区间 DP 有以下特点(摘自oiwiki)：
合并：即将两个或多个部分进行整合，当然也可以反过来；
特征：能将问题分解为能两两合并的形式；
求解：对整个问题设最优值，枚举合并点，将问题分解为左右两个部分，最后合并两个部分的最优值得到原问题的最优值。
区间dp通常的套路是
- 从小到大枚举区间长度
- 枚举左端点
- 从左端点到右端点枚举区间划分位置k，来算出左端点到右端点这个区间的最大贡献
需要注意的是第三步枚举是从左端点枚举到右端点-1
前两步几乎都是这样，第三步因题而异，还要看具体题的状态转移
下面来几道题看一下区间dp的板子和应用方法
题目1 P1775 石子合并（弱化版）
https://www.luogu.com.cn/problem/P1775
主要是用这题看一下区间dp的板子
# include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[330],s[330],f[330][330];
int main()
{
int n;cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) {scanf("%d",&a[i]);s[i] = s[i-1]+a[i];}
memset(f,0x3f,sizeof f);
for(int i=1;i<=n;i++) f[i][i] = 0;
for(int k=1;k<=n;k++)
{
for(int l = 1;l+k-1<=n;l++)
{
for(int d = l;d<=l+k-1;d++)
{
f[l][l+k-1] = min(f[l][l+k-1],f[l][d]+f[d+1][l+k-1]+s[l+k-1]-s[l-1]);
}
}
}
cout<<f[1][n]<<endl;
return 0;
}
题目2 P1880 [NOI1995] 石子合并
https://www.luogu.com.cn/problem/P1880
和上一题唯一的区别是这次是环形，我们可以把前n个再复制一份放到最后，这样枚举的时候就能枚举到所有情况
因为要求最小和最大值，所以要算两次
# include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 510;
int a[N],f[N][N],s[N];
int main()
{
int n;cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) {cin>>a[i];s[i] = s[i-1]+a[i];}
int n1 = n;
for(int i=1;i<n1;i++) {a[++n] = a[i];s[n] = s[n-1]+a[n];}
memset(f,0x3f,sizeof f);
for(int i=1;i<=n;i++) f[i][i] = 0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j+i-1<=n;j++)
{
for(int k=j;k<j+i-1;k++)
{
f[j][j+i-1] = min(f[j][j+i-1],f[j][k]+f[k+1][j+i-1]+s[j+i-1]-s[j-1]);
}
}
}
int ans = 0x3f3f3f3f;
for(int i=1;i+n1-1<=n;i++) ans = min(ans,f[i][i+n1-1]);
cout<<ans<<endl;
memset(f,0,sizeof f);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j+i-1<=n;j++)
{
for(int k=j;k<j+i-1;k++)
{
f[j][j+i-1] = max(f[j][j+i-1],f[j][k]+f[k+1][j+i-1]+s[j+i-1]-s[j-1]);
}
}
}
ans = 0;
for(int i=1;i+n1-1<=n;i++) ans = max(ans,f[i][i+n1-1]);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
题目3 P1063 [NOIP2006 提高组] 能量项链
https://www.luogu.com.cn/problem/P1063
和第二题几乎一模一样，只是改成乘法了，知道划分区间时是哪三个数相乘就很容易了
# include<bits/stdc++.h>
# define int unsigned long long
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 220;
pii a[N];
int f[N][N];
signed main()
{
int n;cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i].first;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(i<n) a[i].second = a[i+1].first;
if(i == n) a[i].second = a[1].first;
}
int n1 = n;
for(int i=1;i<n1;i++) a[++n] = a[i];
for(int i=1;i<=n1;i++)
{
for(int l=1;l+i-1<=n;l++)
{
for(int k=l;k<l+i-1;k++)
{
f[l][l+i-1] = max(f[l][l+i-1],f[l][k]+f[k+1][l+i-1]+a[l].first*a[k].second*a[l+i-1].second);
}
}
}
int ans = 0;
for(int i=1;i+n1-1<=n;i++) ans = max(ans,f[i][i+n1-1]);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
题目4 [USACO16OPEN] 248 G
https://www.luogu.com.cn/problem/P3146
题意：
给定一个 1*N的地图，在里面玩 2048，每次可以合并相邻两个（2≤N≤248），问序列中出现的最大数字的值最大是多少。注意合并后的数值并非加倍而是 +1，例如2与2 合并后的数值为3。
需要注意的是这次的dp数组f[i][j]表示的是区间i到j所有数能合成的最大数，如果不能是所有数都参与到合成就是0
所以最终答案不是f[1][n]，而是要每次统计出能合成的数的最大值，找到出现的最大值就是答案
# include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 300;
int a[N];
int f[N][N];
int main()
{
int n;cin>>n;
int ans = 0;
for(int i=1;i<=n;i++) {cin>>a[i];ans = max(ans,a[i]);}
for(int i=1;i<=n;i++) f[i][i] = a[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int l=1;l+i-1<=n;l++)
{
for(int k=l;k<l+i-1;k++)
{
if(f[l][k] == f[k+1][l+i-1] && f[l][k])
f[l][l+i-1] = max(f[l][l+i-1],f[l][k]+1);
ans = max(ans,f[l][l+i-1]);
}
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
题目5 [USACO16OPEN] 262144 P
https://www.luogu.com.cn/problem/P3147
题意：
Bessie被她最近玩的一款游戏迷住了，游戏一开始有n个正整数，(2<=n<=262144)，范围在1-40。在一步中，贝西可以选相邻的两个相同的数，然后合并成一个比原来的大一的数（例如两个7合并成一个8)，目标是使得最大的数最大，请帮助Bessie来求最大值。
这个和上一题的唯一区别就是数据范围2e2到2e5,那么区间dp这种n^3的做法肯定是行不通了
那么考虑一种新的状态转移方式
令f[i][j]表示为从坐标i开始如果能合成j，那么能到达的右端点+1
也就是左端点到右端点这个区间的所有数可以合成数字j，f[i][j] = 右端点+1
每次更新最大的能合成的数字
至于能合成的最大的数是怎么求出来的可以看n的范围 262144<2^20的，也就是合成的最大的数<40+20=60
# include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 262146;
int a[N];
int f[N][60];
int main()
{
int n;cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) f[i][a[i]] = i+1;
int ans = 0;
for(int i=2;i<60;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(!f[j][i]) f[j][i] = f[f[j][i-1]][i-1];
//如果f[j][i] = 0，那么证明以j为左端点的区间没有一个能将所有数合成后到达i
//也自然不能从任何状态转移
if(f[j][i]) ans = max(ans,i);
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
