「kuangbin带你飞」专题二十二 区间DP
B.LightOJ - 1422 Halloween Costumes
题意
按顺序参加舞会，参加一个舞会要穿一种衣服，可以在参加完一个舞会后套上另一个衣服再去参加舞会，也可以在参加一个舞会的时候把外面的衣服脱了，脱到合适的衣服，但是脱掉的衣服不能再穿，参加完全部舞会最少穿多少次衣服
题解
区间dp，dp【i】【j】表示区间i->j之间的衣服数 起始情况i->i要穿一件衣服
可以从后往前推
\[dp[i][j]=dp[i+1][j]+1
\]
特别的如果第i 和第j个衣服是一样的
\[dp[i][j]=dp[i][j-1]
\]
然后开始在区间{I,J}之间选择K；
如果K的衣服和I的衣服一样代表 到K的时候可以把衣服脱到剩I的时候 这样就是K前面的衣服加上K->J的衣服
\[dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j])
\]
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define pp pair<int,int>
const ll mod=998244353;
const int maxn=1e6+50;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
int gcd(int a,int b){while(b){int t=a%b;a=b;b=t;}return a;}
int lcm(int a,int b){return a*b/gcd(a,b);}
int dp[110][110];
int a[110];
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int t;
cin>>t;
int cnt=1;
while(t--){
int n;
cin>>n;
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],dp[i][i]=1;
for(int i=n-1;i>=1;i--){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
dp[i][j]=dp[i+1][j]+1;
if(a[i]==a[j])dp[i][j]=dp[i][j-1];
for(int k=i+1;k<j;k++){
if(a[i]==a[k]){
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]);
// cout<<"i=="<<i<<" j=="<<" dp[i][j]="<<dp[i][j]<<endl;
}
}
}
}
cout<<"Case "<<cnt++<<": ";
cout<<dp[1][n]<<endl;
}
return 0;
}
C.POJ - 2955 Brackets
题意
给出一个的只有'(',')','[',']'四种括号组成的字符串，求最多有多少个括号满足题目里所描述的完全匹配。
题解
用dp[i][j]表示区间[i,j]里最大完全匹配数。
只要得到了dp[i][j]，那么就可以得到dp【i-1][j+1]
dp【i-1]【j+1]=dp 【i]【j]+(s[i-1]与[j+1]匹配 ? 2 : 0)
然后利用状态转移方程更新一下区间最优解即可。
\[dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j])
\]
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define pp pair<int,int>
const ll mod=998244353;
const int maxn=1e3+50;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
int gcd(int a,int b){while(b){int t=a%b;a=b;b=t;}return a;}
int lcm(int a,int b){return a*b/gcd(a,b);}
char s[maxn];
int dp[maxn][maxn];
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
while(cin>>s+1){
if(s[1]=='e')break;
memset(dp,0,sizeof(dp));
int n=strlen(s+1);
for(int len=2;len<=n;len++)
for(int i=1;i<=n;i++){
int j=i+len-1;
if(j>n)break;
if(s[i]=='('&&s[j]==')'||s[i]=='['&&s[j]==']'){
dp[i][j]=dp[i+1][j-1]+2;
}
for(int k=i;k<j;k++){
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k][j]);
}
}
cout<<dp[1][n]<<endl;
}
return 0;
}
D.CodeForces - 149D Coloring Brackets
题意
给你一个只有括号的字符串，
1,每个括号只有三种选择：涂红色，涂蓝色，不涂色。
2,每对括号有且仅有其中一个被涂色。
3,相邻的括号不能涂相同的颜色，但是相邻的括号可以同时不涂色。
题解
因为是一个合法的括号序列。
所以每个括号与之匹配的位置是一定的。
那么就可以将这个序列分成两个区间。 (L - match[L] ) (match[L]+1, R)
用递归先处理小区间，再转移大区间。
因为条件的限制，所以记录区间的同时，还要记录区间端点的颜色。
然后就是一个递归的过程。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define pp pair<int,int>
const ll mod=1e9+7;
const int maxn=1e6+50;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
int gcd(int a,int b){while(b){int t=a%b;a=b;b=t;}return a;}
int lcm(int a,int b){return a*b/gcd(a,b);}
ll dp[800][800][3][3];
int a[110];
ll ans;
char s[800];
int match[800];
int stk[800];
void dfs(int l,int r){
if(l+1==r){
dp[l][r][0][1]=dp[l][r][0][2]=dp[l][r][1][0]=dp[l][r][2][0]=1;
return;
}
if(match[l]==r){
dfs(l+1,r-1);
for(int i=0;i<3;i++){
for(int j=0;j<3;j++){
if(j!=1)dp[l][r][0][1]=(dp[l][r][0][1]+dp[l+1][r-1][i][j])%mod;
if(j!=2)dp[l][r][0][2]=(dp[l][r][0][2]+dp[l+1][r-1][i][j])%mod;
if(i!=1)dp[l][r][1][0]=(dp[l][r][1][0]+dp[l+1][r-1][i][j])%mod;
if(i!=2)dp[l][r][2][0]=(dp[l][r][2][0]+dp[l+1][r-1][i][j])%mod;
}
}
}
else{
dfs(l,match[l]);
dfs(match[l]+1,r);
for(int i=0;i<3;i++){
for(int j=0;j<3;j++){
for(int k=0;k<3;k++){
for(int p=0;p<3;p++){
if(j&&j==k)continue;
dp[l][r][i][p]=(dp[l][r][i][p]+(dp[l][match[l]][i][j]*dp[match[l]+1][r][k][p]%mod)%mod)%mod;
}
}
}
}
}
}
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int t;
int cnt=1;
cin>>s+1;
int n=strlen(s+1);
memset(match,0,sizeof(match));
int top=-1;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(s[i]=='(')stk[++top]=i;
else match[stk[top--]]=i;
}
memset(dp,0,sizeof(dp));
dfs(1,n);
ans=0;
for(int i=0;i<3;i++)
for(int j=0;j<3;j++){
ans=(ans+dp[1][n][i][j])%mod;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
E.POJ - 1651 Multiplication Puzzle
题意
给出N个数，每次从中抽出一个数(第一和最后一个不能抽)，每次的得分为抽出的数与相邻两个数的乘积，直到只剩下首尾两个数为止，问最小得分是多少
题解1
枚举起点和终点 ,但是这次长度要从3开始了因为中间必要取一个
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define pp pair<int,int>
const ll mod=998244353;
const int maxn=1e2+50;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int gcd(int a,int b){while(b){int t=a%b;a=b;b=t;}return a;}
int lcm(int a,int b){return a*b/gcd(a,b);}
int a[maxn];
int dp[maxn][maxn];
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int n;
while(cin>>n){
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int len=3;len<=n;len++){
for(int i=1;i<=n;i++){
int j=i+len-1;
if(j>n)continue;
dp[i][j]=inf;
for(int k=i+1;k<j;k++){
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k][j]+a[i]*a[j]*a[k]);
//cout<<"i=="<<i<<" j="<<j<<" k=="<<k<<" dp[i][j]="<<dp[i][j]<<endl;
}
}
}
cout<<dp[1][n]<<endl;
}
return 0;
}
题解2
记忆化搜索
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define pp pair<int,int>
const ll mod=998244353;
const int maxn=1e2+50;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int gcd(int a,int b){while(b){int t=a%b;a=b;b=t;}return a;}
int lcm(int a,int b){return a*b/gcd(a,b);}
int a[maxn];
int dp[maxn][maxn];
int dfs(int s,int t){
if(dp[s][t]!=-1)return dp[s][t];
if(t-s<=1)return 0;
int ans=inf;
for(int i=s+1;i<t;i++)
ans=min(ans,dfs(s,i)+dfs(i,t)+a[s]*a[t]*a[i]);
dp[s][t]=ans;
return ans;
}
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int n;
while(cin>>n){
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
memset(dp,-1,sizeof(dp));
cout<<dfs(1,n)<<endl;
}
return 0;
}
G.HDU - 4283 You Are the One
题意
有一个队列，每个人有一个愤怒值D，如果他是第K个上场，不开心指数就为(K-1)*D。但是边上有一个小黑屋（其实就是个堆栈），可以一定程度上调整上场程序
题意
对于区间 [x, y] 中的数字 a[x]，有可能第1个出栈，也有可能最后一个出栈，如果第k个出栈的话前i+1->k个数字要按照顺序出栈，然后a[x]出栈，[k+1,y]出栈。对于a[x]要加上a[x]×(k-i）的花费，对于[x+1, y]要加上sum(x+1, y) * (i-x+1)的额外花费。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define pp pair<int,int>
const ll mod=998244353;
const int maxn=1e6+50;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
int gcd(int a,int b){while(b){int t=a%b;a=b;b=t;}return a;}
int lcm(int a,int b){return a*b/gcd(a,b);}
int dp[110][110];
int a[110];
int ans[110];
int sum[110];
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int t;
int cnt=1;
cin>>t;
while(t--){
int n;
cin>>n;
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(sum,0,sizeof(sum));
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],dp[i][i]=0,sum[i]=sum[i-1]+a[i];
for(int len=2;len<=n;len++)
for(int i=1;i<=n;i++){
int j=i+len-1;
if(j>n)break;
dp[i][j]=inf;
for(int k=i;k<=j;k++){
dp[i][j]=min(dp[i][j],a[i]*(k-i)+(k-i+1)*(sum[j]-sum[k])+dp[i+1][k]+dp[k+1][j]);
}
}
cout<<"Case #"<<cnt++<<": ";
cout<<dp[1][n]<<endl;
}
return 0;
}
H.HDU - 2476 String painter
题意
给出两个长度相同的字符串a, b.对a可以进行区间更新(选择一个区间，把这个区间全部更新成相同的字符)，问要最少操作a多少次，a才能等于b？
题解
先处理一下b串 用DP存b串i到j的改变次数 然后再对a串进行状态转移。对于串b，最要是看两个相同字符之间的区间了。我们可以预处理出来改变区间[x, y]里面的字符，操作的最小次数用dp[x, y]来存储。
预处理完了以后，我们就可以用dp来匹配a了。ans[i] 表示 a字符区间[0, i] 与 b字符区间[0, i]相同的最小操作数目。状态转移就是：ans[i] = min (dp[0, i], ans[j] + dp【j+1】[i], ans【i-1](a[i] == b[i]))
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define pp pair<int,int>
const ll mod=998244353;
const int maxn=1e6+50;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
int gcd(int a,int b){while(b){int t=a%b;a=b;b=t;}return a;}
int lcm(int a,int b){return a*b/gcd(a,b);}
int dp[110][110];
char a[110],b[110];
int ans[110];
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
while(cin>>a>>b){
memset(dp,0,sizeof(dp));
int n=strlen(b);
for(int i=0;i<n;i++)dp[i][i]=1;
for(int len=2;len<=n;len++)
for(int i=0;i<n;i++){
int j=i+len-1;
if(j>=n)break;
if(b[i]==b[j])dp[i][j]=dp[i+1][j];
else
dp[i][j]=dp[i+1][j]+1;
for(int k=i+1;k<j;k++){
if(b[k]==b[i])
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i+1][k]+dp[k+1][j]);
}
}
ans[0]=a[0]==b[0]?0:1;
for(int i=1;i<n;i++){
ans[i]=dp[0][i];
if(a[i]==b[i])ans[i]=min(ans[i],ans[i-1]);
for(int j=0;j<i;j++)
ans[i]=min(ans[i],ans[j]+dp[j+1][i]);
}
cout<<ans[n-1]<<endl;
}
return 0;
}
