【笔记】区间DP

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

$$f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]+s[j]-s[i-1])$$

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）

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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;
}

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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

$$\text{if}(f[i][k]==f[k+1][j]\text{and}f[i][k])f[i][j]=max(f[i][j],f[i][k]+1)$$

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;
}

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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

$$f[i][j]=f[i-1][f[i-1][j]]$$

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;
}

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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

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

否则就枚举断点，转移方程为

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

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;
}

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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

$$f[i][j]=max(f[i][j-1]+a[j]\times (n-len+1),f[i+1][j]+a[i]\times (n-len+1))$$

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;
}