最近两周做了动态规划的23道经典好题，涉及到区间、树形、数位等三种动态规划类型，现在将这23道题的题解写在下面，方便大家借鉴以及我加深记忆。
upd at:20190815 13:41.T14周年纪念晚会
1、石子合并
经典的区间DP问题，枚举合并的堆数作为阶段，设f[i][j]表示i->j这段区间内的最优方案，考虑在这段区间内枚举断点k，不难得到f[i][j]=min(f[i][k]+f[k+1][j]+sum(i,j))(最大值同理)。破环为链后直接进行DP即可。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
if(f)return x;return -x;
}
int n,a[1005],f[505][505],g[505][505],prefix[505],minn=21374404,maxn;
int main()
{
//freopen("A.in","r",stdin);
//freopen("A.out","w",stdout);
memset(f,20,sizeof(f));
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=read();
a[i+n]=a[i];
}
for(int i=1;i<=n*2;i++)
{
prefix[i]=prefix[i-1]+a[i];
f[i][i]=0;
}
for(int i=2;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=2*n-i+1;j++)
{
int end=i+j-1;
for(int k=j;k<end;k++)
{
f[j][end]=min(f[j][end],f[j][k]+f[k+1][end]+prefix[end]-prefix[j-1]);
g[j][end]=max(g[j][end],g[j][k]+g[k+1][end]+prefix[end]-prefix[j-1]);
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
minn=min(minn,f[i][i+n-1]);
maxn=max(maxn,g[i][i+n-1]);
}
printf("%d
%d
",minn,maxn);
//fclose(stdin);
//fclose(stdout);
return 0;
}
2、能量项链
同“石子合并”，将第一题的求和换成题目指定的模拟规则即可。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
if(f)return x;return -x;
}
int n,a[1005],f[505][505],b[1005],maxn;
int main()
{
//freopen("B.in","r",stdin);
//freopen("B.out","w",stdout);
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=read();
a[i+n]=a[i];
}
for(int i=1;i<=n*2-1;i++)
{
b[i]=a[i+1];
}
b[n*2]=a[1];
for(int i=2;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=2*n-i+1;j++)
{
int end=i+j-1;
for(int k=j;k<end;k++)
{
f[j][end]=max(f[j][end],f[j][k]+f[k+1][end]+a[j]*b[k]*b[end]);
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
maxn=max(maxn,f[i][i+n-1]);
}
printf("%d
",maxn);
//fclose(stdin);
//fclose(stdout);
return 0;
}
3、凸多边形的划分
设f[i][j]为i号节点到j号节点组成的凸多边形的最优剖分，我们可以在这段区间内找到一个非i、j的顶点k，剖分出一个以i,j,k为顶点的三角形和两个凸多边形.
然后问题就转化成了如何求这两个小凸多边形的和，从小区间到大区间转移的过程中，小区间是已经被计算过的，直接调用即可。
状态转移方程如下：f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]+a[i]*a[j]*a[k]);
注意，此题需要用高精度或int128
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define int __uint128_t
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
if(f)return x;return -x;
}
void myitoa(int a,char* s)
{
int w=0;
while(a>0)
{
s[++w]=a%10+'0';
a/=10;
}
s[0]=w;
}
int n,a[505],f[110][110];
char s[110];
signed main()
{
//freopen("C.in","r",stdin);
//freopen("C.out","w",stdout);
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
for(int i=2;i<=n-1;i++)
{
for(int j=1;j<=n-i;j++)
{
int end=i+j;
f[j][end]=1e30;
for(int k=j+1;k<end;k++)
{
f[j][end]=min(f[j][end],f[j][k]+f[k][end]+a[j]*a[k]*a[end]);
}
}
}
myitoa(f[1][n],s);
for(int i=s[0];i>=1;i--)
{
cout<<s[i];
}
//fclose(stdin);
//fclose(stdout);
return 0;
}
4、括号匹配
通过题目很容易发现这道题的边界值：当i和i+1可以匹配的时候，它们合并的代价为0，否则为2。直接按照区间DP模板进行合并，两部分的代价加起来取最小就是最优值，特别地，当两个端点本身就可以匹配的时候，还要和中间的再取一次min。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
if(f)return x;return -x;
}
char a[155];
int n,f[155][155];
int main()
{
memset(f,0x3f,sizeof(f));
cin>>(a+1);
n=strlen(a+1);
for(int i=1;i<=n;i++)f[i][i]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i]=='('&&a[i+1]==')')f[i][i+1]=0;
else if(a[i]=='['&&a[i+1]==']')f[i][i+1]=0;
else f[i][i+1]=2;
}
for(int i=2;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n-i+1;j++)
{
int end=i+j-1;
for(int k=j;k<end;k++)
{
f[j][end]=min(f[j][end],f[j][k]+f[k+1][end]);
}
if(a[j]=='('&&a[end]==')')f[j][end]=min(f[j][end],f[j+1][end-1]);
else if(a[j]=='['&&a[end]==']')f[j][end]=min(f[j][end],f[j+1][end-1]);
}
}
cout<<f[1][n]<<endl;
return 0;
}
5、分离与合体
需要记录合并的地方，然后递归输出即可。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
if(f)return x;return -x;
}
int n,a[505],f[505][505],b[505][505];
void dfs(int x,int y,int dep,int k)
{
if(x>=y)return;
if(dep==k)
{
printf("%d ",b[x][y]);
return;
}
dfs(x,b[x][y],dep+1,k);
dfs(b[x][y]+1,y,dep+1,k);
}
int main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
for(int i=2;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n-i+1;j++)
{
int end=i+j-1;
for(int k=j;k<end;k++)
{
if(f[j][k]+f[k+1][end]+(a[j]+a[end])*a[k]>f[j][end])
{
f[j][end]=f[j][k]+f[k+1][end]+(a[j]+a[end])*a[k];
b[j][end]=k;
}
}
}
}
printf("%d
",f[1][n]);
for(int i=1;i<n;i++)
{
dfs(1,n,1,i);
}
}
6、矩阵取数游戏
DP五分钟，高精两小时！！！！！！这题DP其实还蛮好想的，因为小区间是由大区间转移而来，所以每一个区间要么是由左边取一个数后得到，要么是由右边取一
数得到，不难得到如下的转移方程：
f[i][j]=max(f[i-1][j]+base[m-j+i-1]*a[i-1],f[i][j+1]+base[m-j+i-1]*a[j+1]);
最后由于空区间无法表示，最后还要再取一边max。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define int long long
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
if(f)return x;return -x;
}
int n,m,a[110],f[110][110][110],base[110][110],ans[110],maxn,s1[110],s2[110],s3[110],s4[110],s5[110],s6[110],s7[110],s8[110];
void Mark(int c[])
{
for(int i=1;i<=30;i++)
{
c[i+1]+=c[i]/10000;
c[i]%=10000;
}
for(int i=30;i>=1;i--)
{
if(c[i])
{
c[0]=i;break;
}
}
}
void Mul(int a[],int b,int c[])
{
for(int i=1;i<=a[0];i++)c[i]=a[i]*b;
Mark(c);
}
void Add(int a[],int b[],int c[])
{
Mark(a);Mark(b);
if(a[0]>b[0])c[0]=a[0];
else c[0]=b[0];
for(int i=1;i<=c[0];i++)c[i]=a[i]+b[i];
Mark(c);
}
bool compare(int a[],int b[])
{
Mark(a);Mark(b);
if(a[0]<b[0])return 0;if(a[0]>b[0])return 1;
for(int i=a[0];i>=1;i--)
{
if(a[i]<b[i])return 0;
if(b[i]<a[i])return 1;
}
return 0;
}
void pre()
{
base[0][0]=base[0][1]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)Mul(base[i-1],2,base[i]);
}
void write(int ans[])
{
cout<<ans[ans[0]];
for(int i=ans[0]-1;i>=1;i--)
{
cout<<ans[i]/1000;
cout<<ans[i]/100%10;
cout<<ans[i]/10%10;
cout<<ans[i]%10;
}
}
signed main()
{
//freopen("F.in","r",stdin);
//freopen("F.out","w",stdout);
n=read();m=read();
pre();
while(n--)
{
memset(f,0,sizeof(f));
memset(s5,0,sizeof(s5));
memset(s6,0,sizeof(s6));
for(int i=1;i<=m;i++)a[i]=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
for(int j=m;j>=i;j--)
{
memset(s1,0,sizeof(s1));
memset(s2,0,sizeof(s2));
memset(s7,0,sizeof(s7));
memset(s8,0,sizeof(s8));
Mul(base[m-j+i-1],a[i-1],s1);
Add(s1,f[i-1][j],s7);
Mul(base[m-j+i-1],a[j+1],s2);
Add(s2,f[i][j+1],s8);
if(compare(s7,s8))memcpy(f[i][j],s7,sizeof(f[i][j]));
else memcpy(f[i][j],s8,sizeof(f[i][j]));
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
memset(s3,0,sizeof(s3));
memset(s4,0,sizeof(s4));
Mul(base[m],a[i],s3);
Add(f[i][i],s3,s4);
if(compare(s4,s5))memcpy(s5,s4,sizeof(s5));
}
Add(ans,s5,s6);
memcpy(ans,s6,sizeof(ans));
}
write(ans);
//fclose(stdin);
//fclose(stdout);
return 0;
}
/*
2 10
96 56 54 46 86 12 23 88 80 43
16 95 18 29 30 53 88 83 64 67
*/
7、二叉苹果树
建树后依次枚举给左右子树保留的树枝，并不难的记忆化搜索。
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
int mp[1005][1005],n,q,l[1005],r[1005],a[1005],f[1005][1005];
void Maketree(int node)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(mp[node][i]==-1)continue;
l[node]=i;a[i]=mp[node][i];
mp[node][i]=mp[i][node]=-1;
Maketree(i);
break;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(mp[node][i]==-1)continue;
r[node]=i;a[i]=mp[node][i];
mp[node][i]=mp[i][node]=-1;
Maketree(i);
break;
}
}
int dfs(int u,int w)
{
if(w==0)return 0;
if(l[u]==0&&r[u]==0)return a[u];
if(f[u][w])return f[u][w];
for(int i=0;i<=w-1;i++)
{
f[u][w]=max(f[u][w],dfs(l[u],i)+dfs(r[u],w-i-1)+a[u]);
}
return f[u][w];
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
memset(mp,-1,sizeof(mp));
cin>>n>>q;
for(int x,y,z,i=1;i<n;i++)
{
cin>>x>>y>>z;
mp[x][y]=mp[y][x]=z;
}
Maketree(1);
cout<<dfs(1,q+1)<<endl;
return 0;
}
8、选课
首先把先修课设为该门课程的父亲，我们就得到了一棵以0号节点为根的树，设f[x][j]表示以x为根的子树，由于每个节点每种状态只能有一个状态转移到父亲节点。
我们就可以建立一个分组背包模型，用记忆化搜索求解即可
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<vector> using namespace std; int read() { int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();} return x*f; } int n,m,s[505],f[505][505]; vector<int>son[505]; void dp(int x) { for(int i=0;i<son[x].size();i++) { int v=son[x][i]; dp(v); for(int t=m;t>=0;t--) { for(int j=t;j>=0;j--) { f[x][t]=max(f[x][t],f[x][t-j]+f[v][j]); } } } if(x!=0) { for(int t=m;t>0;t--) { f[x][t]=f[x][t-1]+s[x]; } } return; } int main() { n=read();m=read(); for(int i=1;i<=n;i++) { int x; x=read();s[i]=read(); son[x].push_back(i); } dp(0); cout<<f[0][m]<<endl; return 0; }
9、数字转换
可以先把所有数的约数和求出来，然后把符合条件的两个数之间建边，最后以1为根求树的直径即可。
#include<iostream> using namespace std; int n,sum[50005],v[500005],head[500005],nxt[500005],cnt,ans,d[50005]; bool vis[50005]; void add(int a,int b) { v[++cnt]=b; nxt[cnt]=head[a]; head[a]=cnt; } void dp(int x) { for(int i=head[x];i;i=nxt[i]) { int y=v[i]; if(vis[y])continue; vis[y]=1; dp(y); ans=max(ans,d[x]+d[y]+1); d[x]=max(d[x],d[y]+1); } } int main() { ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0); cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=2;i*j<=n;j++) { sum[i*j]+=i; } } for(int i=1;i<=n;i++) { if(sum[i]<i) { add(sum[i],i); } } dp(1); cout<<ans<<endl; return 0; }
10、战略游戏
题意大致为要我们求一个点集，使得每条边上至少有一个顶点属于该点集。
这个问题又叫做“树的最大独立集”问题，可以用树形DP求解。
由于每一个点都有取和不取两种状态，因此我们可以针对两种情况进行讨论：
设f[x][0]为x号节点不选，以x为根的子树符合条件的最小值，由于该点不选，所以其所有儿子节点必须选，则该状态的状态转移方程为：f[x][0]=∑f[y][1](y∈son[x])
设f[x][1]表示x节点选，以x为根的子树符合条件的最小值，由于该点必选，所以其所有儿子均可选可不选，取最小值即可，DP方程:f[x][1]=∑min(f[y][0],f[y][1])(y∈son[x])
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; int n,s,k,t,v[50005],head[50005],nxt[50005],cnt,f[3505][2]; void add(int a,int b) { v[++cnt]=b; nxt[cnt]=head[a]; head[a]=cnt; } void dp(int x,int fa) { f[x][1]=1; for(int i=head[x];i;i=nxt[i]) { int y=v[i]; if(y==fa)continue; dp(y,x); f[x][0]+=f[y][1]; f[x][1]+=min(f[y][0],f[y][1]); } } int main() { ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0); cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) { cin>>s>>k;s++; for(int i=1;i<=k;i++) { cin>>t;t++; add(s,t);add(t,s); } } dp(1,0); cout<<min(f[1][0],f[1][1])<<endl; return 0; }
11、皇宫看守
这题和T10差不多，只不过是由边变成了点，可以设计三种状态分别对应父亲看守、儿子看守、和自己看守。
f[x][0]表示父亲看守，所以这个节点不用放兵，他的子节点自己解决或者让孙子节点解决，取小即可f[x][0]=∑min(f[y][1],f[y][2])(y∈son[x])
f[x][1]表示儿子看守，这个时候x不用看守，儿子节点指望不上父亲看守，所以只能选择孙子看守和自己看守，需要注意的是，如果所有节点都让儿子看守（也就是x的孙子），
那么还需要挑一个差值最小的补上来看父亲。
f[x][2]表示自己看守，此时儿子三种选择均可，取小即可。
#include<iostream> using namespace std; int n,k,dl,xps,r,a[1550],v[150005],head[150005],nxt[150005],cnt,f[1550][3],vis[1555]; void add(int a,int b) { v[++cnt]=b; nxt[cnt]=head[a]; head[a]=cnt; } void dp(int x) { f[x][2]=a[x]; int d=21374404; for(int i=head[x];i;i=nxt[i]) { int y=v[i]; dp(y); f[x][0]+=min(f[y][1],f[y][2]); f[x][1]+=min(f[y][1],f[y][2]); f[x][2]+=min(f[y][0],min(f[y][1],f[y][2])); d=min(d,f[y][2]-min(f[y][1],f[y][2])); } f[x][1]+=d; } int main() { ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0); cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) { cin>>dl; cin>>a[dl]>>k; for(int j=1;j<=k;j++) { cin>>xps; add(dl,xps); //add(xps,dl); vis[xps]++; } } for(int i=1;i<=n;i++) { if(!vis[i]) { r=i; break; } } dp(r); //for(int i=1;i<=n;i++)cout<<i<<" "<<a[i]<<endl; cout<<min(f[r][1],f[r][2]); return 0; }
12、加分二叉树
二叉树的基本概念不在这里细说，这题本质上是个区间DP，枚举断点作为子树的根，最后递归遍历输出即可。
#include<iostream> #define int long long using namespace std; int n,f[505][505],root[505][505]; void write(int l,int r) { if(l>r)return; if(l==r&&r!=n){cout<<l<<" ";return;} else if(l==r){cout<<l;return;} if(root[l][r]!=n)cout<<root[l][r]<<" "; else cout<<root[l][r]; write(l,root[l][r]-1); write(root[l][r]+1,r); } signed main() { ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0); cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++)cin>>f[i][i],f[i][i-1]=1,root[i][i]=i; for(int i=2;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=n-i+1;j++) { int end=i+j-1; f[j][end]=f[j+1][end]+f[j][j]; root[j][end]=j; for(int k=j+1;k<=end-1;k++) { if(f[j][end]<f[j][k-1]*f[k+1][end]+f[k][k]) { f[j][end]=f[j][k-1]*f[k+1][end]+f[k][k]; root[j][end]=k; } } } } cout<<f[1][n]<<endl; write(1,n); return 0; }
13、旅游规则
这道题考察对树的直径的灵活运用。树的直径可以看做是两条链拼成的，所以在树的直径上的点一定可以引出没有公共边的两条链，总和加起来为树的直径，我们只需枚举每一个点，看他往父亲节点引边收益的最大值以及次短链的最大值，加起来和最长链拼在一起，如果是直径就是答案，特别地，要注意该点本身就在父亲节点的最长链上，需要特殊处理
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; int n,v[400005],head[400005],nxt[400005],cnt,f[200005][3],ans,son[200005]; void add(int a,int b) { v[++cnt]=b; nxt[cnt]=head[a]; head[a]=cnt; } void dp(int x,int fa) { for(int i=head[x];i!=-1;i=nxt[i]) { int y=v[i]; if(y==fa)continue; dp(y,x); int k=f[y][0]+1; if(k>f[x][0]){f[x][1]=f[x][0];f[x][0]=k;son[x]=y;} else if(k>f[x][1]){f[x][1]=k;} ans=max(ans,f[x][0]+f[x][1]); } } void dfs(int x,int fa) { if(x!=0) { if(son[fa]!=x)f[x][2]=1+max(f[fa][2],f[fa][0]); else f[x][2]=1+max(f[fa][2],f[fa][1]); } for(int i=head[x];i!=-1;i=nxt[i]) { int y=v[i]; if(y==fa)continue; dfs(y,x); } } int main() { ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0); memset(head,-1,sizeof(head));memset(son,-1,sizeof(son)); cin>>n; for(int x,y,i=1;i<n;i++) { cin>>x>>y; add(x,y);add(y,x); } dp(0,-1); dfs(0,-1); for(int i=0;i<n;i++)if(max(f[i][2],f[i][1])+f[i][0]==ans)cout<<i<<endl; //cout<<ans<<endl; //for(int i=0;i<n;i++)cout<<f[i][0]<<" "<<f[i][1]<<" "<<f[i][2]<<endl; return 0; }
14、周年纪念晚会
同“战略游戏”，只不过由必须有端点变成不能同时有两个端点。
#include<iostream> using namespace std; int n,a[6005],f[6005][2],v[15005],head[15005],nxt[15005],cnt,root; bool vis[6005]; void add(int a,int b) { v[++cnt]=b; nxt[cnt]=head[a]; head[a]=cnt; } void dp(int x) { f[x][1]=a[x]; for(int i=head[x];i;i=nxt[i]) { int y=v[i]; dp(y); f[x][0]+=max(f[y][0],f[y][1]); f[x][1]+=f[y][0]; } } int main() { ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0); cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i]; for(int x,y,i=1;i<n;i++) { cin>>x>>y; add(y,x); vis[x]=1; } for(int i=1;i<=n;i++) { if(!vis[i]) { root=i; break; } } dp(root); cout<<max(f[root][0],f[root][1])<<endl; return 0; }