区间dp

区间dp

区间dp顾名思义就是根据区间使用动态规划，具体使用的方式要根据题目具体分析，这里只是一个大体的思路：首先枚举区间大小，从小到大枚举（这是第一层循环），再枚举区间（这是第二层循环），最后枚举得到此区间的方式，取最大值或最小值（这是第三层循环）。再循环结束后得到整个区间的最大值或最小值。其中，还有一种首尾相接的情况，那就将区间复制一遍，扩大一倍。

这几天做了关于区间dp的一些题目，在这里整理整理。

洛谷P1880 [NOI1995] 石子合并

题目描述

在一个圆形操场的四周摆放

试设计出一个算法,计算出将

输入格式

数据的第

第

输出格式

输出共

输入输出样例

输入 #1

4 5 9 4

输出 #1

说明/提示

这道题是一个典型的首尾相接的区间dp题目，而得到新区间的方式就是将这个区间分为两个区间（第三层循环就是枚举分的位置），两个区间的得分相加再加上这一次的得分，就是这个区间的总得分，取最大值和最小值。

代码如下：

#include<iostream>
using namespace std;
int n;
int fax[210][210],fin[210][210];
int ansax[210][210],ansin[210][210];
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>fax[i][i];
        fax[i+n][i+n]=fin[i+n][i+n]=fin[i][i]=fax[i][i];
    }
    for(int k=1;k<=n-1;k++){
        for(int i=1,j=i+k;i<=2*n,j<=2*n;i++,j++){
            fin[i][j]=16000;
            ansin[i][j]=16000;
            for(int l=i;l<j;l++){
                fax[i][j]=max(fax[i][j],fax[i][l]+fax[l+1][j]);
                fin[i][j]=min(fin[i][j],fin[i][l]+fin[l+1][j]);
                ansax[i][j]=max(ansax[i][j],fax[i][j]+ansax[i][l]+ansax[l+1][j]);
                ansin[i][j]=min(ansin[i][j],fin[i][j]+ansin[i][l]+ansin[l+1][j]);
            }
        }
    }
    int maxx=0;
    int minn=16000;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        maxx=max(maxx,ansax[i][i+n-1]);
        minn=min(minn,ansin[i][i+n-1]);
    }
    cout<<minn<<endl<<maxx;
    return 0;
}

洛谷P1063 [NOIP2006 提高组] 能量项链

题目描述

在 Mars 星球上，每个 Mars 人都随身佩带着一串能量项链。在项链上有

需要时，Mars 人就用吸盘夹住相邻的两颗珠子，通过聚合得到能量，直到项链上只剩下一颗珠子为止。显然，不同的聚合顺序得到的总能量是不同的，请你设计一个聚合顺序，使一串项链释放出的总能量最大。

例如：设

这一串项链可以得到最优值的一个聚合顺序所释放的总能量为：

输入格式

第一行是一个正整数

至于珠子的顺序，你可以这样确定：将项链放到桌面上，不要出现交叉，随意指定第一颗珠子，然后按顺时针方向确定其他珠子的顺序。

输出格式

一个正整数

输入输出样例

输入 #1

2 3 5 10

输出 #1

710

说明/提示

NOIP 2006 提高组第一题

这道题就与上一题有一点不同，第三层循环还是枚举分的位置，但新区间的总能量是两个区间的能量的加和再加上这个区间的左右端点和分点的乘积。

代码如下：

#include<iostream>
using namespace std;
int n;
int a[220];
int ans[220][220];
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        a[i+n]=a[i];
    }
    for(int k=2;k<=n;k++){
        for(int i=1,j=i+k;i<=2*n,j<=2*n;i++,j++){
            for(int l=i+1;l<=j-1;l++){
                ans[i][j]=max(ans[i][j],ans[i][l]+ans[l][j]+a[i]*a[l]*a[j]);
            }
        }
    }
    int maxx=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        maxx=max(maxx,ans[i][i+n]);
    }
    cout<<maxx;
    return 0;
}

洛谷P4170 [CQOI2007]涂色

题目描述

假设你有一条长度为

每次你可以把一段连续的木板涂成一个给定的颜色，后涂的颜色覆盖先涂的颜色。例如第一次把木板涂成

用尽量少的涂色次数达到目标。

输入格式

输入仅一行，包含一个长度为

输出格式

仅一行，包含一个数，即最少的涂色次数。

输入输出样例

输入 #1

AAAAA

输出 #1

输入 #2

RGBGR

输出 #2

说明/提示

这道题依旧是枚举分点，两区间相加，但如果两区间的端点颜色相同，那就可以在这个区间减少一次操作。

代码如下：

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
int n;
char a[60];
int ans[100][100];
int main(){
    scanf("%s",a);
    n=strlen(a);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        ans[i][i]=1;
    }
    for(int k=1;k<=n-1;k++){
        for(int i=1,j=i+k;i<=n,j<=n;i++,j++){
            ans[i][j]=n;
            for(int l=i;l<=j-1;l++){
                if(a[i-1]==a[j-1]||a[i-1]==a[l+1-1]||a[j-1]==a[l-1]||a[l-1]==a[l+1-1]){
                    ans[i][j]=min(ans[i][j],ans[i][l]+ans[l+1][j]-1);
                }
                else{
                    ans[i][j]=min(ans[i][j],ans[i][l]+ans[l+1][j]);
                }
            }
        }
    }
    cout<<ans[1][n];
    return 0;
}

洛谷P1220 关路灯

题目描述

某一村庄在一条路线上安装了

为了给村里节省电费，老张记录下了每盏路灯的位置和功率，他每次关灯时也都是尽快地去关，但是老张不知道怎样去关灯才能够最节省电。他每天都是在天亮时首先关掉自己所处位置的路灯，然后可以向左也可以向右去关灯。开始他以为先算一下左边路灯的总功率再算一下右边路灯的总功率，然后选择先关掉功率大的一边，再回过头来关掉另一边的路灯，而事实并非如此，因为在关的过程中适当地调头有可能会更省一些。

现在已知老张走的速度为

请你为老张编一程序来安排关灯的顺序，使从老张开始关灯时刻算起所有灯消耗电最少（灯关掉后便不再消耗电了）。

输入格式

第一行是两个数字

接下来

输出格式

一个数据，即最少的功耗（单位：

输入输出样例

输入 #1

5 3

2 10

3 20

5 20

6 30

8 10

输出 #1

270

说明/提示

样例解释

此时关灯顺序为 3 4 2 1 5。

数据范围

#include<iostream>
#define Inf 0x3f3f3f
using namespace std;
int n,c;
int a[60],zhi[60];
int f[60][60][4];
int shu[60][60];
int he;
int main(){
    cin>>n>>c;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i]>>zhi[i];
        he+=zhi[i];
    }
    for(int k=0;k<=n-1;k++){
        for(int i=1,j=i+k;i<=n,j<=n;i++,j++){
            for(int p=i;p<=j;p++){
                shu[i][j]+=zhi[p];
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            f[i][j][1]=Inf;
            f[i][j][2]=Inf;
        }
    }
    f[c][c][1]=0;
    f[c][c][2]=0;
    for(int k=1;k<=n-1;k++){
        for(int i=max(c-k,1),j=i+k;i<=c,j<=n;i++,j++){
            for(int p=1;p<=2;p++){
                f[i][j][1]=min(f[i+1][j][1]+(he-shu[i+1][j])*(a[i+1]-a[i]),f[i+1][j][2]+(he-shu[i+1][j])*(a[j]-a[i]));
                f[i][j][2]=min(f[i][j-1][1]+(he-shu[i][j-1])*(a[j]-a[i]),f[i][j-1][2]+(he-shu[i][j-1])*(a[j]-a[j-1]));
            }
        }
    }
    cout<<min(f[1][n][1],f[1][n][2]);
    return 0;
}

洛谷P1043 [NOIP2003 普及组] 数字游戏

题目描述

丁丁最近沉迷于一个数字游戏之中。这个游戏看似简单，但丁丁在研究了许多天之后却发觉原来在简单的规则下想要赢得这个游戏并不那么容易。游戏是这样的，在你面前有一圈整数（一共

例如，对于下面这圈数字（

要求最小值时， $((2-1)\bmod10)\times ((4+3)\bmod10)=1\times 7=7((2−1)mod10)×((4+3)mod10)=1×7=7，要求最大值时，为 ((2+4+3)\bmod10)\times (-1\bmod10)=9\times 9=81((2+4+3)mod10)×(−1mod10)=9×9=81。特别值得注意的是，无论是负数还是正数，对 1010 取模的结果均为非负值。$

丁丁请你编写程序帮他赢得这个游戏。

输入格式

输入文件第一行有两个整数， $（1\le n\le 501≤n≤50）和 mm （1\le m\le 91≤m≤9）。以下 nn 行每行有个整数，其绝对值 \le10^4≤104，按顺序给出圈中的数字，首尾相接。$

输出格式

输出文件有

输入输出样例

输入 #1

4 2

-1

输出 #1

说明/提示

【题目来源】

NOIP 2003 普及组第二题

这道题也是首尾相接的，但要多一维（切的数量），就是在这个区间中切了几刀。

代码如下：

#include<iostream>
using namespace std;
int n,m;
int a[110];
int fax[110][110][20],fin[110][110][20];
int main(){
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        a[i]+=a[i-1];
        a[i]%=10;
        a[i]+=10;
        a[i]%=10;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        a[i+n]=(a[i]+a[n])%10;
    }
    for(int i=1;i<=2*n;i++){
        for(int j=1;j<=2*n;j++){
            fin[i][j][0]=(a[j]-a[i-1]+10)%10;
            fax[i][j][0]=(a[j]-a[i-1]+10)%10;
        }
    }
    for(int k=1;k<=m-1;k++){
        for(int p=1;p<=n-1;p++){
            for(int i=1,j=i+p;i<=2*n,j<=2*n;i++,j++){
                fin[i][j][k]=1000000000;
                for(int l=i;l<=j-1;l++){
                    for(int h=max(0,k-1-(j-(l+1)));h<=k-1&&h<=l-i;h++){
                        fin[i][j][k]=min(fin[i][j][k],fin[i][l][h]*fin[l+1][j][k-1-h]);
                        fax[i][j][k]=max(fax[i][j][k],fax[i][l][h]*fax[l+1][j][k-1-h]);
                    }
                }
            }
        }
    }
    int maxn=0;
    int minn=1000000000;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        maxn=max(maxn,fax[i][i+n-1][m-1]);
        minn=min(minn,fin[i][i+n-1][m-1]);
    }
    cout<<minn<<endl<<maxn;
    return 0;
}

posted @ 2022-02-27 14:34 zzzzzz2 阅读(56) 评论(0) 编辑收藏举报

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洛谷P1880 [NOI1995] 石子合并

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输入格式

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说明/提示

洛谷P4170 [CQOI2007]涂色

题目描述

输入格式

输出格式

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说明/提示

洛谷P1220 关路灯

题目描述

输入格式

输出格式

输入输出样例

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题目描述

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