区间DP 学习笔记

前言：本人是个DP蒟蒻，一直以来都特别害怕DP，终于鼓起勇气做了几道DP题，发现也没想象中的那么难？（又要被DP大神吊打了呜呜呜。

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首先，区间DP是什么？

区间DP是一种以区间长度为阶段的DP方法。这种DP的解法较为固定，一般都是先枚举区间长度，再枚举左端点，根据左端点+长度推出右端点，然后枚举中间的断点进行转移。

伪代码：

for (int len=2;len<=n;len++)
    for (int i=1;i<=n-len+1;i++)
    {
        int j=i+len-1;
        for (int k=i;k<j;k++) f[i][j]=max(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]);
        ans=max(ans,f[i][j]);
    }    

一句题外话：最短路算法中的佛洛依德算法的本质就是区间DP。

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区间DP有两种形式（还是需要选手自己转化的。

一.环型DP

1.石子合并

经典题目，每个OI初学者必做的一道题。

首先我们要解决的是环的问题。我们可以将长度扩大到原来的二倍，破换成链。这是一种非常重要的思想，以后做题会经常遇到。

然后我们考虑区间DP的问题。每个区间都是由子区间合并而来，代价是两个子区间之和。所以我们不妨枚举区间内的断点，看哪种合并方式能得到最优解。

所以不难得出状态转移方程：

$f1[i][j]=min(f1[i][j],f1[i][k]+f1[k+1][j])$

$f2[i][j]=max(f2[i][j],f2[i][k]+f2[k+1][j])$

初始化即为$f[i][i]=a[i]$。

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f1[205][205],f2[205][205],s[205][205];
int a[205],sum[205],n,ans1,ans2;
void init()
{
    cin>>n;
    for (int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        a[i+n]=a[i];
    }
    for (int i=1;i<=n*2;i++)
    {
        sum[i]=sum[i-1]+a[i];
        f2[i][i]=0;f1[i][i]=0;
    }
}
void dp()
{
    for (int l=2;l<=n;l++)
        for (int i=1;i<=2*n-l+1;i++)
        {
            int j=i+l-1;
            f1[i][j]=0x7fffffff/2;f2[i][j]=0;
            for (int k=i;k<j;k++)
            {
                f1[i][j]=min(f1[i][j],f1[i][k]+f1[k+1][j]);
                f2[i][j]=max(f2[i][j],f2[i][k]+f2[k+1][j]);
            }
            f1[i][j]+=sum[j]-sum[i-1];
            f2[i][j]+=sum[j]-sum[i-1];
        }
    ans1=0x7fffffff/2;ans2=0;
    for (int i=1;i<=n;i++) ans1=min(ans1,f1[i][i+n-1]);
    for (int i=1;i<=n;i++) ans2=max(ans2,f2[i][i+n-1]);
}
int main()
{
    init();
    dp();
    cout<<ans1<<endl<<ans2<<endl;
    return 0;
 } 

多边形

这也是一道环型DP，而且细节蛮多的，有兴趣不妨可以到我的博客里看一看。链接已备好。

二.链型DP

有些题太过于直白导致一眼看出状态转移方程，这里就不写了。直接上一道比较有难度的题。

关路灯

根据题中的提示，我们发现区间$[i,j]$的转移有两种情况：

1.直接顺着走下来。

2.走到某处折返。

又因为老张只能关他相邻的灯，所以我们得出状态转移方程：

$f[i][j][0]=min(f[i+1][j][0]+(pos[i+1]-pos[i])*(sum[n]-sum[j]+sum[i]),f[i+1][j][1]+(pos[j]-pos[i])*(sum[n]-sum[j]+sum[i]))$
$f[i][j][1]=min(f[i][j-1][1]+(pos[j]-pos[j-1])*(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1]),f[i][j-1][0]+(pos[j]-pos[i])*(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1]))$

其中前缀和要预处理，$0$表示在左端点，$1$表示在右端点。

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=55;
int f[maxn][maxn][2],n,c,pos[maxn],w[maxn],sum[maxn];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&c);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=n;j++) f[i][j][0]=f[i][j][1]=0x3f3f3f3f;
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&pos[i],&w[i]),sum[i]=w[i]+sum[i-1];
    f[c][c][0]=f[c][c][1]=0;
    for (int len=2;len<=n;len++)
        for (int i=1;i<=n-len+1;i++)
        {
            int j=i+len-1;
            f[i][j][0]=min(f[i+1][j][0]+(pos[i+1]-pos[i])*(sum[n]-sum[j]+sum[i]),f[i+1][j][1]+(pos[j]-pos[i])*(sum[n]-sum[j]+sum[i]));
            f[i][j][1]=min(f[i][j-1][1]+(pos[j]-pos[j-1])*(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1]),f[i][j-1][0]+(pos[j]-pos[i])*(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1]));
        }
    printf("%d",min(f[1][n][0],f[1][n][1]));
    return 0;
} 

后记：其实DP题目量还是比较大的，而且NOIp必考，所以要花大功夫在这上面。