两道区间DP题目总结

CF1132F. Clear the String

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题意：有一个字符串，每次可以删除一段连续的相同字母的子串，求删完的最小次数。

做法一

设 $f[l][r]$ 表示 $[l,r]$ 删完的最小次数，则显然转移为枚举分两段加起来取最小值。由于可以删除连续一段相同的字母，所以如果左右两端相同，无论分的两段内部如何取，一定可以钦定左边的段将左端点留到最后，右边的段将右端点留到最后（钦定最后删端点答案不变），一起删，所以答案会 $-1$。于是转移为 $f[l][r]=\underset{k}{min}f[l][k]+f[k+1][r]-[s_l=s_r]$。

By cxm1024

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[510][510];
signed main() {
	int n;
	string s;
	cin>>n>>s;
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	for(int i=0;i<n;i++)
		f[i][i]=1;
	for(int len=2;len<=n;len++)
		for(int l=0,r=len-1;r<n;l++,r++)
			for(int k=l;k<r;k++)
				f[l][r]=min(f[l][r],f[l][k]+f[k+1][r]-(s[l]==s[r]));
	cout<<f[0][n-1]<<endl;
	return 0;
}

做法二

DP 状态相同。考虑 $l$ 是否和另一位匹配，同时删。如果不匹配单独删，则为 $1+f[l+1][r]$，如果匹配，设匹配第 $k$ 位，为 $f[l+1][k-1]+f[k][r]$（删完左边后，$l$ 和 $k$ 相邻，此时不需要考虑 $l$）。

By kmjp

int N;
string S;
int memo[505][505];
int hoge(int L,int R) {
	if(L>=R) return 0;
	if(memo[L][R]>=0) return memo[L][R];
	int ret=1010101;
	ret=1+hoge(L+1,R);
	for(int ne=L+1;ne<R;ne++) if(S[L]==S[ne]) {
		ret=min(ret,hoge(ne,R)+hoge(L+1,ne));
	}
	return memo[L][R]=ret;
}
void solve() {
	int i,j,k,l,r,x,y; string s;
	cin>>N>>S;
	MINUS(memo);
	cout<<hoge(0,N)<<endl;
}

错解一

By Motarack

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define f(i, x, n) for(int i = x; i < (int)(n); ++i)

int const N = 500;
int dp[N][N];
char s[N + 1];

int main(){
	int n;
	scanf("%d%s", &n, s);
	f(i, 0, n)dp[i][i] = 1;
	f(ln, 2, n + 1)f(i, 0, n - ln + 1){
		int j = i + ln - 1, c = s[i] != s[j];
		dp[i][j] = min(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]) + c;
	}
	printf("%d\n", dp[0][n - 1]);
}

这个解法没有区间 DP 转移，直接选择一个端点删掉，没有考虑从中间断成两半处理的情况。

错解二

By Gloid

int n,f[N][N];
char s[N];
signed main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
#endif
	n=read();
	scanf("%s",s+1);
	memset(f,42,sizeof(f));
	for (int i=1;i<=n;i++) f[i][i]=1,f[i+1][i]=f[i][i-1]=0;
	for (int k=2;k<=n;k++)
		for (int i=1;i<=n-k+1;i++)
		{
			int j=i+k-1;
			for (int d=i;d<j;d++) f[i][j]=min(f[i][j],f[i][d]+f[d+1][j]);
			if (s[i]==s[j])
			{
				int S=1;
				for (int x=i;x<=j;x++)
				if (s[x]!=s[i])
				{
					int t=x;
					while (s[t+1]!=s[i]) t++;
					S+=f[x][t];
					x=t;
				}
				f[i][j]=min(f[i][j],S);
			}
		}
	cout<<f[1][n];
	return 0;
	//NOTICE LONG LONG!!!!!
}

他的做法为，如果这个区间左右端点相同，则把区间内用所有与其相同的位置分成若干段，每段钦定最后取这个相同的位置，这样最后可以一次操作取完。实际上这并不能保证一定最优，因为有可能会先删了中间某个与其相同的位置（即将两段合成一段），对其他位置的删除更有利，反而结果更优。

CF607B. Zuma

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题意：有一个数组，每次可以选择回文的一段删掉，求删光的最小次数。

做法一

设 $f[l][r]$ 表示删光 $[l,r]$ 的最小次数，则显然可以从 $f[l][k]+f[k+1][r]$ 转移过来。特殊地，如果 $a_l=a_r$，则可以由 $f[l+1][r-1]$ 转移过来，只需要在最后一次删回文时顺带加上 $a_l,a_r$ 即可。

By matthew99

int n;
int a[maxn + 5];
int dp[maxn + 5][maxn + 5];

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("input.txt", "r", stdin);
	freopen("output.txt", "w", stdout);
#endif
	scanf("%d", &n);
	REP(i, 0, n) scanf("%d", a + i);
	REP(i, 0, n + 1) dp[i][i] = 0;
	REP(l, 1, n + 1)
		REP(i, 0, n - l + 1)
		{
			int j = i + l;
			dp[i][j] = oo;
			if (a[i] == a[j - 1]) dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1];
			REP(k, i, j - 1)
				if (a[i] == a[k]) chkmin(dp[i][j], dp[i + 1][k] + dp[k + 1][j] + 1);
		}
	printf("%d\n", dp[0][n] + 1);
	return 0;
}