【5】区间类型动态规划学习笔记

前言

教练阳了，这次上的是录播课（悲

希望教练早点好起来

区间DP

区间DP，字面上讲，就是以一个区间为状态进行转移的动态规划。

在这类动态规划中，一般设状态 $dp[i][j]$ 表示区间 $[i,j]$ 的答案。

区间DP的题目的特征：

$1$ ：数据范围较小，一般 $\le500$ 。

$2$ ：答案可以由两个子区间合并得到。

区间DP的流程：

$1$ ：枚举区间，即枚举 $dp[i][j]$ 的 $i,j$ 。

$2$ ：枚举分割点 $k$ ，把原区间分割成 $[i,k]$ 和 $[k+1,j]$ 或 $[i,k-1]$ 和 $[k,j]$ 两个区间。

$3$ ：区间DP转移方程通式：

d p [i] [j] = max / min {d p [i] [j], d p [i] [k] + d p [k + 1] [j] + w (i, j, k)}

$dp[i][j]=\max/\min\{dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+w(i,j,k)\}$

模板如下：

	for(int l=2;l<=n;l++)
	    for(int i=0;i+l-1<n;i++)
	        {
	        	int j=i+l-1;
				for(int k=i+1;k<=j;k++)
				    f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k-1]+f[k][j]);
			}

区间DP的复杂度：

基本时间复杂度： $O(n^3)$

基本空间复杂度： $O(n^2)$

DP例题

例题 $1$ ：

P1063 [NOIP2006 提高组] 能量项链

设状态 $dp[i][j]$ 表示合并区间 $[i,j]$ 的能量珠的最大能量，则转移方程为：

d p [i] [j] = max (d p [i] [j], d p [i] [k - 1] + d p [k] [j] + a [i] * a [k] * a [j + 1])

$dp[i][j]=\max(dp[i][j],dp[i][k-1]+dp[k][j]+a[i]*a[k]*a[j+1])$

其中 $k$ 为枚举聚合第 $k-1$ 颗珠子和第 $k$ 颗珠子。 $dp[i][j]$ 表示不合并； $dp[i][k-1]$ 表示合并区间 $[i,k-1]$ ，也就是这次合并之前的区间的最大能量， $dp[k][j]$ 表示合并区间 $[k,j]$ ，也就是这次合并之后的区间的最大能量。 $a[i]*a[k]*a[j+1]$ 是题目中给出能量的计算式子，直接加入即可。

还有一个小细节：由于是一个环，需要破环成链。可以通过开两倍内存，把第 $i$ 个数在第 $n+i$ 的位置再存一边，实现化环为链。

或者看看我的这篇博客零碎知识点整理

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,max1[600][600],a[20000],maxa; 
int main()
{
    scanf("%lld",&n);
    for(int i=0;i<n;i++)
        {
        	scanf("%d",&a[i]);
        	a[n+i]=a[i];
		}
	for(int i=n*2-1;i>=0;i--)
	    for(int j=i+1;j<=2*n-1;j++)
	        for(int k=i+1;k<=j;k++)
	            max1[i][j]=max(max1[i][j],max1[i][k-1]+max1[k][j]+a[i]*a[k]*a[j+1]);
	for(int i=0;i<n;i++)maxa=max(maxa,max1[i][i+n-1]);
	printf("%d",maxa);
    return 0;
}

例题 $2$ ：

CF607B Zuma

设状态 $dp[i][j]$ 表示消除区间 $[i,j]$ 的数字的最少次数，则转移方程为：

d p [i] [j] = min (d p [i] [j], d p [i + 1] [j - 1]) (a [i] == a [j])

$dp[i][j]=\min(dp[i][j],dp[i+1][j-1])(a[i]==a[j])$

d p [i] [j] = m i n (d p [i] [j], d p [i] [k - 1] + d p [k] [j])

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

其中 $k$ 为枚举把原区间划分为区间 $[i,k-1]$ 和 $[k,j]$ 的分割点。

第一个转移方程中，考虑回文串的性质，如果区间 $[i,j]$ 左端点和右端点相等，则一定可以把它们留在消除区间 $[i+1,j-1]$ 的最后一次消除中一起消除，故可以转移，求最小值。

第二个转移方程中，整个区间的值可以由消除分割点左边区间的次数加上
消除分割点右边区间的次数，这样就能保证消除完。而消除分割点左边区间的次数是 $dp[i][k-1]$ ，消除分割点右边区间的次数是 $[k,j]$ ，最后加和求最小值即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,f[600][600];
int a[600];
int main()
{
	scanf("%d",&n); 
	for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=0;i<n;i++)f[i][i]=1,f[i+1][i]=1;
	for(int l=2;l<=n;l++)
	    for(int i=0;i+l-1<n;i++)
	        {
	        	int j=i+l-1;
	        	f[i][j]=99999999;
	        	if(a[i]==a[j])f[i][j]=min(f[i][j],f[i+1][j-1]);
				for(int k=i+1;k<=j;k++)
				    f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k-1]+f[k][j]);
			}
	printf("%d",f[0][n-1]);
	return 0;
}

例题 $3$ ：

P1005 [NOIP2007 提高组] 矩阵取数游戏

首先，由于各行独立，可以各行分别计算。

设状态 $dp[i][j]$ 表示取完区间 $[i,j]$ 的数字的最大得分，则转移方程为：

d p [i] [j] = 2 \times max (d p [i + 1] [j] + a [i], d p [i] [j - 1] + a [j])

$dp[i][j]=2\times\max(dp[i+1][j]+a[i],dp[i][j-1]+a[j])$

其中 $dp[i+1][j]+a[i]$ 表示在这个区间的最后一次取数中，取最左边的数，就把原区间分成了 $dp[i+1][j]$ 和 $a[i]$ 两段。 $dp[i][j-1]+a[j]$ 表示在这个区间的最后一次取数中，取最右边的数，就把原区间分成了 $dp[i][j-1]$ 和 $a[j]$ 两段。

注意：每行取数的得分 $=$ 被取走的元素值 $\times 2^i$ ，所以每次转移还要乘以 $2$ 。

由于数字太大，需要开 __int128

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
__int128 ans,a[20000],f[1020][1020];
inline __int128 read()
{
	__int128 x=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}
 
void print(__int128 x)
{
	if(x>9)print(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
 
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int k=0;k<n;k++)
        {
        	for(int i=0;i<m;i++)
        	    a[i]=read();
        	for(int i=0;i<=m;i++)
        	    for(int j=0;j<=m;j++)
        	        f[i][j]=0;
        	for(int len=1;len<=m;len++)
        	    for(int l=0;l<=m-len;l++)
        	        {
        	        int r=l+len-1;
        	        f[l][r]=2*max(f[l+1][r]+a[l],f[l][r-1]+a[r]);
        	        }
        	ans+=f[0][m-1];
		}
	print(ans);
    return 0;
}

例题 $4$ ：

2183: 【一本通提高区间类动态规划】分离与合体（站外题，提供题面展示）

时间限制: $1$ Sec 内存限制: $128$ MB

Judge Mode:Std IO

题目描述

经过在机房里数日的切磋，LYD从杜神牛那里学会了分离与合体，出关前，杜神牛给了他一个测试......

杜神牛造了 $n$ 个区域，它们紧邻着排成了一行，编号 $1\sim n$ 。在这每个区域里都放着一把OI界的金钥匙，每一把都有一定的价值，LYD当然想得到它们了。然而杜神牛规定LYD不可以一下子把它们全部拿走，而是每次只可以拿一个。为了尽快的拿到所有的金钥匙，LYD自然就用上了刚学的分离与合体特技。

一开始LYD可以选择从 $1\sim n-1$ 的任何一个区域(记为 $K$ )进入，进入后LYD会在 $K$ 区域发生分离，从而分离为两个小LYD。分离完成的同时会有一面墙在 $K$ 和 $K+1$ 区域之间升起，从而把 $1\sim k$ 和 $k+1\sim n$ 阻断为两个独立的区间。然后两个小LYD分别进入 $1\sim k$ 和 $k+1\sim n$ ，并在各自的区间内任选除了区间末尾区域以外(即 $1\sim k$ 或 $k+1\sim n$ )的任何一个区域再次发生分离，就一共有了 $4$ 个小小LYD……重复进行以上所叙述的分离，直到每个小LYD发现自己所在的区间只剩下了一个区域，他们就可以抱起自己梦寐以求的OI金钥匙。

但是LYD不能就这么分成 $n$ 多个个体存在于世界上，这些小LYD还会再合体，合体的两个小LYD所在的区间中间的墙会消失。合体会获得一定的价值，计算方法是：

(合并后所在区间的最左端区域和最右端区域里金钥匙的价值之和) 乘 (之前分离的时候所在区域的金钥匙价值)。

例如：LYD曾经在 $1\sim3$ 区间中的 $2$ 号区域分离成为 $1\sim2$ 和 $3$ 两个区间，合并时获得的价值就是（ $1$ 号金钥匙价值+ $3$ 号价值）*( $2$ 号金钥匙价值)。

LYD请你编程求出最终可以获得的总价值最大是多少。并按照分离阶段从前到后，区域从左向右的顺序，输出发生分离的区域编号 (例如：先打印 $1$ 分为 $2$ 的分离区域，然后从左到右打印 $2$ 分为 $4$ 的分离区域，然后是 $4$ 分为 $8$ 的......) 。

注意：若有多种方案，选择分离区域尽量靠左的方案（也可以理解为输出字典序最小的）。

输入

第一行:正整数 $n$ ( $2\le n\le300$ )

第二行: $n$ 个正整数，表示 $1\sim n$ 区域里每把金钥匙的价值。

保证答案及运算过程中不超出longint范围。

输出

第一行一个数，即获得的最大价值

第二行按照分离阶段从前到后，区域从左向右的顺序，输出发生分离的区域编号，中间用一个空格隔开，若有多种方案，选择分离区域尽量靠左的方案（也可以理解为输出字典序最小的）。

输入输出样例

样例输入

7
1 2 3 4 5 6 7

样例输出

238
1 2 3 4 5 6

提示

对于 $20\%$ 的数据， $n\le10$

对于 $40\%$ 的数据， $n\le50$

对于 $100\%$ 的数据， $n\le300,a_{i}\le300$

类似能量项链（不用破环成链），易得转移方程：

d p [i] [j] = max (d p [i] [j], d p [i] [k - 1] + d p [k] [j] + (a [i] + a [j]) * a [k - 1])

$dp[i][j]=\max(dp[i][j],dp[i][k-1]+dp[k][j]+(a[i]+a[j])*a[k-1])$

注意需要横向输出路径，可以记录分割点 $pre[i][j]$ ，每次使用分割点计算出分割成的两个区间，使用类似广度优先搜索遍历即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,max1[600][600],a[20000],maxa,pre[600][600],mi,mj;
void out(int ii,int jj)
{
    int fx[100000],fy[100000],head=0,tail=0;
    fx[++head]=ii;
    fy[++tail]=jj;
    while(head<=tail)
        {
        int i=fx[head];int j=fy[head];
        if(pre[i][j]!=0)
           {
           printf("%d ",pre[i][j]);
           fx[++tail]=i;fy[tail]=pre[i][j]-1;
           fx[++tail]=pre[i][j];fy[tail]=j;
           }
        head++;
        }
}
 
int main()
{
    scanf("%lld",&n);
    for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=n-1;i>=0;i--)
        for(int j=i+1;j<=n-1;j++)
            for(int k=i+1;k<=j;k++)
                if(max1[i][k-1]+max1[k][j]+(a[i]+a[j])*a[k-1]>max1[i][j])
                   {
                   max1[i][j]=max1[i][k-1]+max1[k][j]+(a[i]+a[j])*a[k-1];
                   pre[i][j]=k;
                   }
    for(int i=0;i<n;i++)
        for(int j=0;j<n;j++)
            if(i!=j&&max1[i][j]>maxa)maxa=max1[i][j],mi=i,mj=j;
    printf("%d\n",maxa);
    out(mi,mj);
    return 0;
}

后记

讲得非常好的一篇区间DP题解

扩展博客：区间DP

posted @ 2025-02-06 20:40 w9095 阅读(8) 评论(0) 编辑收藏举报

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