【笔记】区间DP
记录一些基础的区间 $\text{DP}$ 题
记录一些基础的区间 \(\text{DP}\) 题。
0x00 AT_dp_n N - Slimes
最板的区间 \(\text{DP}\) 。
记 \(f[i][j]\) 表示合并 \(i\sim j\) 区间的最小代价，初始化为 \(\text{inf}\)，\(f[i][i]=0\) （一个数不需要代价）。
第一维从小到大枚举区间长度 \(len\)，第二维枚举左端点 \(i\)，同时可以计算出右端点 \(j=i+len-1\)，第三维枚举段点 \(k\)，转移方程为
其中 \(s\) 为前缀和。
AC code
#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
#define TIE cin.tie(0),cout.tie(0)
#define mod 998244353
#define int long long
using namespace std;
int a[405],n,m,f[405][405],s[405];
signed main(){
IOS;TIE;
cin>>n;
memset(f,0x3f,sizeof(f));
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],f[i][i]=0,s[i]=s[i-1]+a[i];
for(int len=2;len<=n;len++){
for(int i=1;i+len-1<=n;i++){
int j=i+len-1;
for(int k=i;k<j;k++){
f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]+s[j]-s[i-1]);
}
}
}
cout<<f[1][n]<<endl;
return 0;
}
双倍经验：P1775 石子合并（弱化版）
0x01 P1880 [NOI1995] 石子合并
来看常规版，也就是环上问题。
首先显然断环成链，把石子复制到两倍长，然后同时维护区间最大最小代价即可。最小要初始化为 \(\text{inf}\)。
注意区间长度最大仍取到 \(n\)，但右端点最大能取到 \(2\times n\)，最后答案就是 \(f[1,n]\sim f[n-1,n\times 2-1]\) 的最大 \(\text{or}\) 最小值。
AC Code
#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
#define TIE cin.tie(0),cout.tie(0)
#define int long long
#define mod 998244353
using namespace std;
int n,a[205],s[205],fmx[205][205],fmn[205][205];
int ansmx,ansmn=1e9;
signed main(){
IOS;TIE;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],a[n+i]=a[i];
for(int i=1;i<=n*2;i++) s[i]=s[i-1]+a[i];
for(int len=2;len<=n;len++){
for(int i=1;i+len-1<=n*2;i++){
int j=i+len-1;
fmn[i][j]=1e9;
for(int k=i;k<j;k++){
fmx[i][j]=max(fmx[i][j],fmx[i][k]+fmx[k+1][j]+s[j]-s[i-1]);
fmn[i][j]=min(fmn[i][j],fmn[i][k]+fmn[k+1][j]+s[j]-s[i-1]);
}
}
}
for(int i=1;i<n;i++){
ansmx=max(ansmx,fmx[i][i+n-1]);
ansmn=min(ansmn,fmn[i][i+n-1]);
}
cout<<ansmn<<endl<<ansmx<<endl;
return 0;
}
0x02 P3146 [USACO16OPEN]248 G
同样是区间合并，记 \(f[i][j]\) 为 \(i\sim j\) 区间可以合并出的数（一定要刚好合并成一个数），转移为
其中判断条件意为两个相邻区间可以合成的数相同，但是不能为 \(0\)。
不同的是答案不为 \(f[1][n]\)，因为整个序列最后不一定能合成一个数，每一次合时都要更新一下答案。
AC Code
#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
#define TIE cin.tie(0),cout.tie(0)
#define int long long
#define mod 998244353
using namespace std;
int n,a[255],f[255][255],ans;
signed main(){
IOS;TIE;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i],ans=max(ans,a[i]);
f[i][i]=a[i];
}
for(int len=2;len<=n;len++){
for(int i=1;i+len-1<=n;i++){
int j=i+len-1;
for(int k=i;k<j;k++){
if(f[i][k]==f[k+1][j]&&f[i][k]){
f[i][j]=max(f[i][j],f[i][k]+1);
ans=max(ans,f[i][j]);
}
}
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
0x03 P3147 [USACO16OPEN]262144 P
与上一题唯一的区别是数据范围，显然不能支持 \(n^3\) 算法了。
巧妙的思路：设 \(f[i][j]\) 表示左端点为 \(j\)，能合出 \(i\) 这个数字的区间的右端点位置 \(+1\)，其转移方程为
初始化为对于每个输入的 \(a\)，\(f[a][i]=i+1\)。
借助一个样例理解：2 2 3。假设我们已经知道 \(f[3][1]=3\)，因为以 \(1\) 为左端点，能合出 \(3\) 的区间的右端点 \(+1\) 为 \(3\)，也就是区间 \([1,2]\)，这时我们要算 \(f[4][1]\)，\(f[4][1]=f[4-1][f[3][1]]=f[3][3]\)，在读入 \(3\) 时 \(f[3][3]=4\)，所以就成功合并了。
所以第一维枚举 \(i\)，看一下数据范围发现最多只能合到 \(58\)，第二维枚举可以转移来的区间的左端点 \(j\) 就好。
AC Code
#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
#define TIE cin.tie(0),cout.tie(0)
#define int long long
#define mod 998244353
using namespace std;
int n,a,f[65][270005],ans;
signed main(){
IOS;TIE;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a;
f[a][i]=i+1;
}
for(int i=2;i<=60;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(!f[i][j]) f[i][j]=f[i-1][f[i-1][j]];
if(f[i][j]) ans=i;
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
0x04 P4170 [CQOI2007]涂色
首先得知连续相同的一段颜色可以看做一个点。然后要分类讨论一下：
如果当前区间的两端点颜色相等，则转移只需要分别减掉左右端点取 \(\min\)，转移方程为
否则就枚举断点，转移方程为
AC Code
#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
#define TIE cin.tie(0),cout.tie(0)
#define int long long
#define mod 998244353
using namespace std;
int n,x,a[55],f[55][55],lst=-1;
string s;
signed main(){
IOS;TIE;
cin>>s;
for(int i=0;i<s.size();i++){
x=s[i]-'A';
if(x!=lst) a[++n]=x,lst=x;
}
memset(f,0x3f,sizeof(f));
for(int i=1;i<=n;i++) f[i][i]=1;
for(int len=2;len<=n;len++){
for(int i=1;i+len-1<=n;i++){
int j=i+len-1;
if(a[i]==a[j]) f[i][j]=min(f[i+1][j],f[i][j-1]);
else{
for(int k=i;k<j;k++){
f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]);
}
}
}
}
cout<<f[1][n]<<endl;
return 0;
}
0x05 P2858 [USACO06FEB]Treats for the Cows G/S
与之前的区间合并不太一样，这次只需把一个点合入一段区间即可，所以不用枚举断点的一维。
但是每个点都有要乘一个权值。考虑倒着做。单点最后取的倍率为 \(n\)，所以初值 \(f[i][i]=a[i]\times n\)
设当前已取区间的长度为 \(len\)，则取数的倍率为 \(n-len+1\) 。考虑从左边取还是从右边取，转移方程就是
AC Code
#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
#define TIE cin.tie(0),cout.tie(0)
#define int long long
#define mod 998244353
using namespace std;
int n,a[2005],f[2005][2005];
signed main(){
IOS;TIE;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],f[i][i]=n*a[i];
for(int len=2;len<=n;len++){
for(int i=1;i+len-1<=n;i++){
int j=i+len-1;
f[i][j]=max(f[i][j-1]+a[j]*(n-len+1),f[i+1][j]+a[i]*(n-len+1));
}
}
cout<<f[1][n]<<endl;
return 0;
}
