例题：以下例题部分的内容来自https://blog.csdn.net/my_sunshine26/article/details/77141398
一、石子合并问题
1.（NYOJ737）http://acm.nyist.edu.cn/JudgeOnline/problem.php?pid=737
分析：我们dp[i][j]来表示合并第i堆到第j堆石子的最小代价。那么状态转移方程为dp[i][j]=min(dp[i][k]+dp[k+1][j]+w[i][j]) (s[i][j-1]<=k<=s[i+1][j])
其中w[i][j]表示把两部分合并起来的代价，即从第i堆到第j堆石子个数的和，为了方便查询，我们可以用sum[i]表示从第1堆到第i堆的石子个数和，那么w[i][j]=sum[j]-sum[i-1].
用s[i][j]表示区间[i,j]中的最优分割点，那么第三重循环可以从[i,j-1)优化到【s[i][j-1],s[i+1][j]】
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 typedef long long ll; 6 const int maxn=210; 7 const ll inf=1e18; 8 ll dp[maxn][maxn]; 9 ll sum[maxn],a[maxn]; 10 int s[maxn][maxn]; 11 12 int main() 13 { 14 int n,i,j,k,x,y,z,len; 15 while ( scanf("%d",&n)!=EOF ) 16 { 17 for ( i=1;i<=n;i++ ) 18 { 19 for ( j=1;j<=n;j++ ) dp[i][j]=inf; 20 dp[i][i]=0; 21 s[i][i]=i; 22 } 23 sum[0]=0; 24 for ( i=1;i<=n;i++ ) 25 { 26 scanf("%lld",&a[i]); 27 sum[i]=a[i]+sum[i-1]; 28 } 29 for ( len=2;len<=n;len++ ) 30 { 31 for ( i=1;i<=n;i++ ) 32 { 33 j=len+i-1; 34 if ( j>n ) break; 35 for ( k=s[i][j-1];k<=s[i+1][j];k++ ) 36 { 37 if ( dp[i][j]>dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1] ) 38 { 39 dp[i][j]=dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]; 40 s[i][j]=k; 41 } 42 } 43 } 44 } 45 printf("%lld ",dp[1][n]); 46 } 47 return 0; 48 }
2.（HDOJ3506）http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3506
题意：上一题的升级版，将上一层的线性变成一个圈。这时候我们只需要将N变成n=2*N-1即可，最后ans=min(dp[i][i+n-1])
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 typedef long long ll; 6 const int maxn=2010; 7 const ll inf=1e18; 8 ll dp[maxn][maxn]; 9 ll sum[maxn],a[maxn]; 10 int s[maxn][maxn]; 11 12 int main() 13 { 14 int n,i,j,k,x,y,z,len,N; 15 ll ans; 16 while ( scanf("%d",&N)!=EOF ) 17 { 18 n=2*N-1; 19 for ( i=1;i<=n;i++ ) 20 { 21 for ( j=1;j<=n;j++ ) dp[i][j]=inf; 22 dp[i][i]=0; 23 s[i][i]=i; 24 } 25 sum[0]=0; 26 for ( i=1;i<=N;i++ ) 27 { 28 scanf("%lld",&a[i]); 29 sum[i]=a[i]+sum[i-1]; 30 } 31 for ( i=1;i<N;i++ ) sum[i+N]=a[i]+sum[i+N-1]; 32 for ( len=2;len<=N;len++ ) 33 { 34 for ( i=1;i<=n;i++ ) 35 { 36 j=len+i-1; 37 if ( j>n ) break; 38 for ( k=s[i][j-1];k<=s[i+1][j];k++ ) 39 { 40 if ( dp[i][j]>dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1] ) 41 { 42 dp[i][j]=dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]; 43 s[i][j]=k; 44 } 45 } 46 } 47 } 48 ans=inf; 49 for ( i=1;i<=N;i++ ) 50 { 51 j=i+N-1; 52 ans=min(ans,dp[i][j]); 53 } 54 printf("%lld ",ans); 55 } 56 return 0; 57 }
二、括号匹配问题
1.（POJ2955）http://poj.org/problem?id=2955
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。
分析：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]于s[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])
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 typedef long long ll; 6 const int maxn=105; 7 char s[maxn]; 8 ll dp[maxn][maxn]; 9 10 int main() 11 { 12 int n,i,j,k,x,y,z,len; 13 while ( scanf("%s",s+1)!=EOF && s[1]!='e' ) 14 { 15 n=strlen(s+1); 16 memset(dp,0,sizeof(dp)); 17 for ( len=2;len<=n;len++ ) 18 { 19 for ( i=1;i<=n;i++ ) 20 { 21 j=i+len-1; 22 if ( j>n ) break; 23 if ( (s[i]=='('&&s[j]==')') || (s[i]=='['&&s[j]==']') ) dp[i][j]=dp[i+1][j-1]+2; 24 for ( k=i;k<j;k++ ) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]); 25 } 26 } 27 printf("%lld ",dp[1][n]); 28 } 29 return 0; 30 }
2.(NYOJ15)http://acm.nyist.edu.cn/JudgeOnline/problem.php?pid=15
分析：最少添加的括号数=总括号-最大匹配的括号数,代码于上一题基本一致
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 typedef long long ll; 6 const int maxn=105; 7 char s[maxn]; 8 ll dp[maxn][maxn]; 9 10 int main() 11 { 12 int n,i,j,k,x,y,z,len,T; 13 scanf("%d",&T); 14 while ( T-- ) 15 { 16 scanf("%s",s+1); 17 n=strlen(s+1); 18 memset(dp,0,sizeof(dp)); 19 for ( len=2;len<=n;len++ ) 20 { 21 for ( i=1;i<=n;i++ ) 22 { 23 j=i+len-1; 24 if ( j>n ) break; 25 if ( (s[i]=='('&&s[j]==')') || (s[i]=='['&&s[j]==']') ) dp[i][j]=dp[i+1][j-1]+2; 26 for ( k=i;k<j;k++ ) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]); 27 } 28 } 29 printf("%lld ",n-dp[1][n]); 30 } 31 return 0; 32 }
三、整数划分问题
1.（NYOJ746）http://acm.nyist.edu.cn/JudgeOnline/problem.php?pid=746
分析：用dp[i][j]表示从第一位到第i位共插入j个乘号后乘积的最大值。根据区间DP的思想我们可以从插入较少乘号的结果算出插入较多乘号的结果。
方法是当我们要放第j的乘号时枚举放的位置。状态转移方程为dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[k][j-1]*num[k+1][i])。其中num[i][j]表示从s[i]到s[j]这段连续区间代表的数值。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 typedef long long ll; 6 const int maxn=20; 7 ll dp[maxn][maxn]; 8 ll num[maxn][maxn]; 9 10 int main() 11 { 12 int T,n,m,i,j,k,x,y,z; 13 char s[maxn]; 14 scanf("%d",&T); 15 while ( T-- ) 16 { 17 scanf("%s%d",s+1,&m); 18 n=strlen(s+1); 19 memset(dp,0,sizeof(dp)); 20 for ( i=1;i<=n;i++ ) 21 { 22 num[i][i]=s[i]-'0'; 23 for ( j=i+1;j<=n;j++ ) num[i][j]=num[i][j-1]*10+s[j]-'0'; 24 } 25 for ( i=1;i<=n;i++ ) dp[i][0]=num[1][i]; 26 for ( j=1;j<m;j++ ) 27 { 28 for ( i=1;i<=n;i++ ) 29 { 30 for ( k=1;k<i;k++ ) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[k][j-1]*num[k+1][i]); 31 } 32 } 33 printf("%lld ",dp[n][m-1]); 34 } 35 return 0; 36 }
习题：
1.（HDOJ4632）http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4632
题意：给定一个字符串，求这个字符串中包含多少回文子串（子串可以不连续）
分析;dp[i][j]表示从第i个字符到第j个字符中包含的回文子串的个数。初始化时dp[i][i]=1（因为自己本身也算做一个回文串）,其他dp[i][j]=0
dp[i][j]=(dp[i+1][j]+dp[i][j-1]-dp[i+1][j-1]+mod)%mod （容斥思想）
if ( s[i]==s[j] ) dp[i][j]+=dp[i+1][j-1]+1
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 typedef long long ll; 6 const int maxn=1010; 7 const int mod=10007; 8 char s[maxn]; 9 int dp[maxn][maxn]; 10 11 int main() 12 { 13 int T,i,j,k,h,n,m,ans,len; 14 scanf("%d",&T); 15 for ( h=1;h<=T;h++ ) 16 { 17 scanf("%s",s+1); 18 n=strlen(s+1); 19 memset(dp,0,sizeof(dp)); 20 for ( i=1;i<=n;i++ ) dp[i][i]=1; 21 for ( len=2;len<=n;len++ ) 22 { 23 for ( i=1;i<=n;i++ ) 24 { 25 j=i+len-1; 26 if ( j>n ) break; 27 dp[i][j]=(dp[i][j-1]+dp[i+1][j]-dp[i+1][j-1]+mod)%mod; 28 if ( s[i]==s[j] ) dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i+1][j-1]+1+mod)%mod; 29 } 30 } 31 printf("Case %d: %d ",h,dp[1][n]%mod); 32 } 33 return 0; 34 }
2.（HDOJ4745）http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4745
题意：求最长非连续回文串
分析：先将环变成链，dp[i][j]表示区间(i,j)范围内最长的非连续回文串的长度，转移时dp[i][j]=max(max(dp[i+1][j],dp[i][j-1]),x) 当s[i]==s[j]时x=dp[i+1][j-1]+2，否则x=dp[i+1][j-1]
最后的答案在dp[i][i+N-1]中和dp[i][N-2]+1(共起点的情况)中去寻找
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 const int maxn=2010; 6 int a[maxn]; 7 int dp[maxn][maxn]; 8 9 int main() 10 { 11 int T,i,j,k,N,n,m,x,y,z,ans,len; 12 while ( scanf("%d",&N)!=EOF && N ) 13 { 14 15 n=2*N-1; 16 for ( i=1;i<=N;i++ ) scanf("%d",&a[i]); 17 for ( i=1;i<N;i++ ) a[i+N]=a[i]; 18 memset(dp,0,sizeof(dp)); 19 for ( i=1;i<=n;i++ ) dp[i][i]=1; 20 ans=0; 21 for ( len=2;len<=n;len++ ) 22 { 23 for ( i=1;i<=n;i++ ) 24 { 25 j=i+len-1; 26 if ( j>n ) break; 27 int x=dp[i+1][j-1]; 28 if ( a[i]==a[j] ) x+=2; 29 dp[i][j]=max(max(dp[i+1][j],dp[i][j-1]),x); 30 } 31 } 32 for ( i=1;i<=N;i++ ) ans=max(ans,dp[i][i+N-1]); 33 for ( i=1;i<=N+1;i++ ) ans=max(ans,dp[i][i+N-2]+1); 34 printf("%d ",ans); 35 } 36 return 0; 37 }
3.(HDOJ2476)http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2476
推荐此博客：https://blog.csdn.net/a601025382s/article/details/12379565
题意：给定两个字符串a和b，求最少需要对a进行多少次操作，才能将a变成b。每次操作时将a中任意一段变成任意一个字母所组成的段。
题解：动态规划题。dp[i][j]表示a中i到j段变成b需要的最少次数。递推公式：dp[i][j]=min(dp[i][k]+dp[k+1][j])(i<=k<j)。接着就是判断分界点了，对于字符串b，只有将相同字符一起刷才能减少操作数。所以每次碰到b[i]==b[k]时，可以减少一次操作，因为刷一次[i,k]再刷[i+1,k-1]和分别刷[i,i][k,k],[i+,k,k+1]是一样的，可操作数会减少。
注意：由于如果一段子串两端相等，会成端更新，从而改变中间子串的字符，所以处理时可假定所以a中单个字符都需要一次变化才能变成b。之后动态规划完成后再处理a和b中形同位置相同字符的情况。
另一种理解方式：不考虑起始串，将起始串默认为空串，找出所有dp值(dp[i][j]表示i到j这段空子串转换成目标串需要的最小次数)后，再通过ans[i]来求得最小变换值。ans[i]表示前i+1长度的子串转换成目标串需要的最小次数。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 const int maxn=105; 6 const int inf=1e9; 7 int dp[maxn][maxn],ans[maxn]; 8 char s1[maxn],s2[maxn]; 9 10 int main() 11 { 12 int i,j,k,x,y,z,n,len; 13 while ( scanf("%s%s",s1+1,s2+1)!=EOF ) 14 { 15 n=strlen(s1+1); 16 memset(dp,0,sizeof(dp)); 17 for ( i=1;i<=n;i++ ) dp[i][i]=1; 18 for ( len=2;len<=n;len++ ) 19 { 20 for ( i=1;i<=n;i++ ) 21 { 22 j=i+len-1; 23 if ( j>n ) break; 24 dp[i][j]=dp[i+1][j]+1; 25 for ( k=i+1;k<=j;k++ ) 26 { 27 if ( s2[i]==s2[k] ) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i+1][k]+dp[k+1][j]); 28 } 29 } 30 } 31 for ( i=1;i<=n;i++ ) ans[i]=dp[1][i]; 32 for ( i=1;i<=n;i++ ) 33 { 34 if ( s1[i]==s2[i] ) 35 { 36 if ( i==1 ) ans[i]=0; 37 else ans[i]=ans[i-1]; 38 } 39 else 40 { 41 for ( k=1;k<=i;k++ ) ans[i]=min(ans[i],ans[k]+dp[k+1][i]); 42 } 43 } 44 printf("%d ",ans[n]); 45 } 46 return 0; 47 }
4.(HDOJ5115)http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5115
题意：有一排狼，每只狼有一个伤害A，还有一个伤害B。杀死一只狼的时候，会受到这只狼的伤害A和这只狼两边的狼的伤害B的和。如果某位置的狼被杀，那么杀它左边的狼时就会收到来自右边狼的B，因为这两只狼是相邻的了。求杀掉一排狼的最小代价。
分析：因为杀死一只狼所受的伤害总数是固定所以单独记录即可，只用考虑受到旁边狼攻击的伤害。dp[i][j]表示杀死区间区内[i,j]内的狼所需要的最小代价.
对于区间[i,j]我们只需要枚举出哪匹狼是需要最后杀死的即可。dp[i][j]=min(dp[i][k-1]+dp[k+1][j]+a[i-1]+a[j+1]) (i<k<j,边界单独考虑)
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 typedef long long ll; 6 const int maxn=205; 7 const ll inf=1e15; 8 ll dp[maxn][maxn]; 9 int a[maxn]; 10 11 int main() 12 { 13 int T,n,m,i,j,k,h,x,y,z,len; 14 ll sum; 15 scanf("%d",&T); 16 for ( h=1;h<=T;h++ ) 17 { 18 scanf("%d",&n); 19 sum=0; 20 for ( i=1;i<=n;i++ ) 21 { 22 scanf("%d",&x); 23 sum+=x; 24 } 25 for ( i=1;i<=n;i++ ) scanf("%d",&a[i]); 26 a[0]=a[n+1]=0; 27 for ( i=1;i<=n;i++ ) 28 { 29 for ( j=1;j<=n;j++ ) dp[i][j]=inf; 30 dp[i][i]=a[i-1]+a[i+1]; 31 } 32 for ( len=2;len<=n;len++ ) 33 { 34 for ( i=1;i<=n;i++ ) 35 { 36 j=i+len-1; 37 if ( j>n ) break; 38 x=a[i-1]+a[j+1]; 39 dp[i][j]=min(dp[i+1][j]+x,dp[i][j-1]+x); 40 for ( k=i+1;k<j;k++ ) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k-1]+dp[k+1][j]+x); 41 } 42 } 43 sum+=dp[1][n]; 44 printf("Case #%d: %lld ",h,sum); 45 } 46 return 0; 47 }
5.(HDOJ4283)http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4283
推荐此博客：https://www.cnblogs.com/kedebug/archive/2012/12/10/2811053.html
题意：
给定一个序列，序列内的人有屌丝值Di，第i个人如果是第k个出场，那么他的屌丝值为Di * (k-1), 但是导演可以通过一个栈来调整序列里面人的出场顺序。
求一个出场序列使总屌丝值最小。
思路：导演对于这个出场顺序的影响只是一定程度上的。比如说：
1. 第一个人第k个出场
2. 那么要求2~k的人都要在第一个人前面出场
3. k+1~n的人都要在k以后出场
明白了上面的过程，就可以定义区间dp[i, j]表示区间[i, j]在相对于i为起点情况下i在第k个出场的最小屌丝总值。
1. dp[i, j] = (k - i) * Di + dp[i+1, k]
2. dp[i, j] += (k + 1 - i) * (sum[j] - sum[k]) + dp[k+1, j]
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 typedef long long ll; 6 const int maxn=105; 7 const ll inf=1e18; 8 ll dp[maxn][maxn],sum[maxn]; 9 int a[maxn]; 10 11 int main() 12 { 13 int T,i,j,k,h,x,y,z,ans,len,n; 14 scanf("%d",&T); 15 for ( h=1;h<=T;h++ ) 16 { 17 scanf("%d",&n); 18 sum[0]=0; 19 for ( i=1;i<=n;i++ ) 20 { 21 scanf("%d",&a[i]); 22 sum[i]=a[i]+sum[i-1]; 23 } 24 for ( i=1;i<=n;i++ ) 25 { 26 for ( j=i;j<=n;j++ ) dp[i][j]=inf; 27 dp[i][i]=0; 28 } 29 for ( len=2;len<=n;len++ ) 30 { 31 for ( i=1;i<=n;i++ ) 32 { 33 j=i+len-1; 34 if ( j>n ) break; 35 dp[i][j]=min(dp[i+1][j]+sum[j]-sum[i],dp[i+1][j]+(j-i)*a[i]); 36 for ( k=i+1;k<j;k++ ) 37 dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i+1][k]+a[i]*(k-i)+dp[k+1][j]+(sum[j]-sum[k])*(k-i+1)); 38 } 39 } 40 printf("Case #%d: %lld ",h,dp[1][n]); 41 } 42 return 0; 43 }
小结：区间DP过程大致相同，大都满足第一层循环枚举长度，第二层循环枚举起点。最内层往往有两种形式，第一种是需要在[i,j]中找一个分割点k使得将[i,j]分成[i,k]和[k+1,j]这样两个区间能够得到最优解
第二种形式是[i,j]可以由[i,j-1]或者[i,j+1]转移过来.重要的是找出新添加的元素（可以是k或者i）与之前那个len-1长度区间的关系