本文解析了四个经典的区间动态规划问题：括号匹配中最长有效子串长度、数字串取值最小策略、最少衣物携带数量及栈操作最小代价问题。通过代码示例详细介绍了状态定义、状态转移方程及实现细节。
1：给出一个括号字符串，问这个字符串中符合规则的最长子串的长度。
【分析】区间DP要覆盖整个区间，那么要求所有情况的并集。 先想出状态方程： dp[i][j]：i ~ j区间内最大匹配数目 输出：dp[0][n-1]（从0开始） 区间DP最先想到的是就是： 1.边界情况初始化 2.for枚举区间长度，一般从第二个开始 3.for枚举起点 4.直接求得终点 5.若括号匹配的情况，相当于外围是ok的，继续深入看内部，左端点右移&右端点左移+2（因为外围匹配，数目+2） 6.一般情况就是枚举断点k，打擂台求匹配数目最大值 7.输出整个区间的最大匹配数
【逆序枚举区间长度】
#include<cstdio> #include<string> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<iostream> #include<cstring> #include<set> #include<queue> #include<algorithm> #include<vector> #include<map> #include<cctype> #include<stack> #include<sstream> #include<list> #include<assert.h> #include<bitset> #include<numeric> #define debug() puts("++++") #define gcd(a,b) __gcd(a,b) #define lson l,m,rt<<1 #define rson m+1,r,rt<<1|1 #define fi first #define se second #define pb push_back #define sqr(x) ((x)*(x)) #define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define sz size() #define be begin() #define pu push_up #define pd push_down #define cl clear() #define lowbit(x) -x&x #define all 1,n,1 #define rep(i,x,n) for(int i=(x); i<=(n); i++) using namespace std; typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; typedef pair<int,int> P; const int INF = 0x3f3f3f3f; const LL LNF = 1e18; const int maxm = 1e6 + 10; const double PI = acos(-1.0); const double eps = 1e-8; const int dx[] = {-1,1,0,0,1,1,-1,-1}; const int dy[] = {0,0,1,-1,1,-1,1,-1}; int dir[4][2] = {{0,1},{0,-1},{-1,0},{1,0}}; const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31}; const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31}; const int mod = 10056; #define inf 0x3f3f3f3f #define ll long long const int maxn = 10010; int t,n,m,a[maxn],x,y,w; int dp[110][110],ans; string s; int tot=0; /* [题意]：给出一个括号字符串，问这个字符串中符合规则的最长子串的长度。 dp[i][j]:i~j区间内最大匹配数 输出：dp[1][n] match: dp[i][j] = dp[i+1][j-1]+2; for(k:1..j) dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]); ((())) ()()() ([]]) )[)( ([][][) end 6 6 4 0 6 */ bool match(int L,int R) { return s[L]=='('&&s[R]==')' || s[L]=='['&&s[R]==']'; } int main() { while(cin>>s) { if(s=="end") break; ms(dp,0); n=s.size(); for(int i=n-1;i>=0;i--)//枚举区间长度 { for(int j=i+1;j<n;j++) { if(match(i,j)) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i+1][j-1]+2); for(int k=i;k<j;k++) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]); } } printf("%d\n",dp[0][n-1]); } }
【顺序】
#include<cstdio> #include<string> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<iostream> #include<cstring> #include<set> #include<queue> #include<algorithm> #include<vector> #include<map> #include<cctype> #include<stack> #include<sstream> #include<list> #include<assert.h> #include<bitset> #include<numeric> #define debug() puts("++++") #define gcd(a,b) __gcd(a,b) #define lson l,m,rt<<1 #define rson m+1,r,rt<<1|1 #define fi first #define se second #define pb push_back #define sqr(x) ((x)*(x)) #define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define sz size() #define be begin() #define pu push_up #define pd push_down #define cl clear() #define lowbit(x) -x&x #define all 1,n,1 #define rep(i,x,n) for(int i=(x); i<=(n); i++) using namespace std; typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; typedef pair<int,int> P; const int INF = 0x3f3f3f3f; const LL LNF = 1e18; const int maxm = 1e6 + 10; const double PI = acos(-1.0); const double eps = 1e-8; const int dx[] = {-1,1,0,0,1,1,-1,-1}; const int dy[] = {0,0,1,-1,1,-1,1,-1}; int dir[4][2] = {{0,1},{0,-1},{-1,0},{1,0}}; const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31}; const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31}; const int mod = 10056; #define inf 0x3f3f3f3f #define ll long long const int maxn = 10010; int t,n,m,a[maxn],x,y,w; int dp[110][110],ans; string s; int tot=0; /* [题意]：给出一个括号字符串，问这个字符串中符合规则的最长子串的长度。 dp[i][j]:i~j区间内最大匹配数 输出：dp[1][n] match: dp[i][j] = dp[i+1][j-1]+2; for(k:1..j) dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]); ((())) ()()() ([]]) )[)( ([][][) end 6 6 4 0 6 */ bool match(int L,int R) { return s[L]=='('&&s[R]==')' || s[L]=='['&&s[R]==']'; } int main() { while(cin>>s) { if(s=="end") break; ms(dp,0); n=s.size(); for(int l=1;l<n;l++)//枚举区间长度 { for(int i=0;i+l<n;i++)//起点 { int j=i+l;//终点 if(match(i,j)) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i+1][j-1]+2); for(int k=i;k<j;k++) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]); } } printf("%d\n",dp[0][n-1]); } }
2：给你一串数字，头尾不能动，每次取出一个数字，这个数字贡献=该数字与左右相邻数字的乘积，求一个最小值。
【分析】类似一维的矩阵连乘
#include<cstdio> #include<string> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<iostream> #include<cstring> #include<set> #include<queue> #include<algorithm> #include<vector> #include<map> #include<cctype> #include<stack> #include<sstream> #include<list> #include<assert.h> #include<bitset> #include<numeric> #define debug() puts("++++") #define gcd(a,b) __gcd(a,b) #define lson l,m,rt<<1 #define rson m+1,r,rt<<1|1 #define fi first #define se second #define pb push_back #define sqr(x) ((x)*(x)) #define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define sz size() #define be begin() #define pu push_up #define pd push_down #define cl clear() #define lowbit(x) -x&x #define all 1,n,1 #define rep(i,x,n) for(int i=(x); i<=(n); i++) using namespace std; typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; typedef pair<int,int> P; const int INF = 0x3f3f3f3f; const LL LNF = 1e18; const int maxm = 1e6 + 10; const double PI = acos(-1.0); const double eps = 1e-8; const int dx[] = {-1,1,0,0,1,1,-1,-1}; const int dy[] = {0,0,1,-1,1,-1,1,-1}; int dir[4][2] = {{0,1},{0,-1},{-1,0},{1,0}}; const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31}; const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31}; const int mod = 10056; #define inf 0x3f3f3f3f #define ll long long const int maxn = 10010; int t,n,m,a[maxn],x,y,w; int dp[110][110],ans; string s; int tot=0; /* [题意]：给你一串数字，头尾不能动，每次取出一个数字，这个数字贡献=该数字与左右相邻数字的乘积，求一个最小值。 //类一维矩阵连乘 dp[i][j]:i~j区间内最小权值 输出：dp[1][n] dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k]+dp[k+1][j]+a[i-1]*a[k]*a[j]); 6 10 1 50 50 20 5 3650 */ int main() { while(~scanf("%d",&n)) { ms(dp,0);// for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]); } for(int r=2;r<=n;r++) { for(int i=1;i+r-1<=n;i++) { int j=i+r-1; dp[i][j]=INF;// for(int k=i;k<j;k++) dp[i][j]=min(dp[i][j], dp[i][k]+dp[k+1][j]+a[i-1]*a[k]*a[j]); } } printf("%d\n",dp[2][n]);// } }
3：给你n天需要穿的衣服的样式，每次可以套着穿衣服，脱掉的衣服就不能再穿了，问至少要带多少条衣服才能参加所有宴会.
【分析】
dp[i][j]：i~j区间内所需最少衣服数目
输出：dp[1][n]
之后不再用到：
dp[i][j] = dp[i][j-1]+1;
之后还要用到并且把断点保留到终点：
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][k]+dp[k+1][j])
区间dp，dp[i][j]表示i~j天所需的最小数量。
考虑第j天穿不穿，如果穿的话那么 dp[i][j]=dp[i][j-1]+1;
如果不穿的话，那么需要有一个 k (i<=k<j)，第j天和第k天穿的衣服相同，将k+1~j-1衣服套着穿后全部脱掉，那么
dp[i][j]=dp[i][k]+dp[k+1][j-1]；
【顺序】
#include<cstdio> #include<string> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<iostream> #include<cstring> #include<set> #include<queue> #include<algorithm> #include<vector> #include<map> #include<cctype> #include<stack> #include<sstream> #include<list> #include<assert.h> #include<bitset> #include<numeric> #define debug() puts("++++") #define gcd(a,b) __gcd(a,b) #define lson l,m,rt<<1 #define rson m+1,r,rt<<1|1 #define fi first #define se second #define pb push_back #define sqr(x) ((x)*(x)) #define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define sz size() #define be begin() #define pu push_up #define pd push_down #define cl clear() #define lowbit(x) -x&x #define all 1,n,1 #define rep(i,x,n) for(int i=(x); i<=(n); i++) using namespace std; typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; typedef pair<int,int> P; const int INF = 0x3f3f3f3f; const LL LNF = 1e18; const int maxm = 1e6 + 10; const double PI = acos(-1.0); const double eps = 1e-8; const int dx[] = {-1,1,0,0,1,1,-1,-1}; const int dy[] = {0,0,1,-1,1,-1,1,-1}; int dir[4][2] = {{0,1},{0,-1},{-1,0},{1,0}}; const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31}; const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31}; const int mod = 10056; #define inf 0x3f3f3f3f #define ll long long const int maxn = 10010; int t,n,m,a[500],x,y,w; int dp[500][500],ans; string s; int tot=0; /* [题意]：给你n天需要穿的衣服的样式，每次可以套着穿衣服，脱掉的衣服就不能再穿了，问至少要带多少条衣服才能参加所有宴会. 4 1 2 1 2 只需要先穿上1，然后再穿上2，再脱掉2，就穿着1了，接着此时没有2的衣服了，所以我们还需要一件2的衣服，所以最后总共是需要3件衣服。 dp[i][j]：i~j区间内所需最少衣服数目 输出：dp[1][n] 之后不再用到 dp[i][j] = dp[i][j-1]+1; 之后还要用到并且把断点保留到终点 dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][k]+dp[k+1][j]) 2 4 1 2 1 2 7 1 2 1 1 3 2 1 Case 1: 3 Case 2: 4 */ int main() { int cas=1; scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%d",&n); ms(dp,0); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); rep(i,1,n) dp[i][i]=1; for(int r=2;r<=n;r++) { for(int i=1;i+r-1<=n;i++) { int j=i+r-1; dp[i][j] = dp[i][j-1]+1;//不需要上一场衣服 for(int k=i; k<j; k++) //考虑是不是可以将i那件衣服在k这个地方重复利用 if(a[k] == a[j])//如果将第k场的衣服保留到第j场 dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k+1][j-1]); } } printf("Case %d: %d\n",cas++,dp[1][n]);// } }
【逆序】
#include<cstdio> #include<string> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<iostream> #include<cstring> #include<set> #include<queue> #include<algorithm> #include<vector> #include<map> #include<cctype> #include<stack> #include<sstream> #include<list> #include<assert.h> #include<bitset> #include<numeric> #define debug() puts("++++") #define gcd(a,b) __gcd(a,b) #define lson l,m,rt<<1 #define rson m+1,r,rt<<1|1 #define fi first #define se second #define pb push_back #define sqr(x) ((x)*(x)) #define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define sz size() #define be begin() #define pu push_up #define pd push_down #define cl clear() #define lowbit(x) -x&x #define all 1,n,1 #define rep(i,x,n) for(int i=(x); i<=(n); i++) using namespace std; typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; typedef pair<int,int> P; const int INF = 0x3f3f3f3f; const LL LNF = 1e18; const int maxm = 1e6 + 10; const double PI = acos(-1.0); const double eps = 1e-8; const int dx[] = {-1,1,0,0,1,1,-1,-1}; const int dy[] = {0,0,1,-1,1,-1,1,-1}; int dir[4][2] = {{0,1},{0,-1},{-1,0},{1,0}}; const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31}; const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31}; const int mod = 10056; #define inf 0x3f3f3f3f #define ll long long const int maxn = 10010; int t,n,m,a[500],x,y,w; int dp[500][500],ans; string s; int tot=0; /* [题意]：给你n天需要穿的衣服的样式，每次可以套着穿衣服，脱掉的衣服就不能再穿了，问至少要带多少条衣服才能参加所有宴会. 4 1 2 1 2 只需要先穿上1，然后再穿上2，再脱掉2，就穿着1了，接着此时没有2的衣服了，所以我们还需要一件2的衣服，所以最后总共是需要3件衣服。 dp[i][j]：i~j区间内所需最少衣服数目 输出：dp[1][n] 之后不再用到 dp[i][j] = dp[i][j-1]+1; 之后还要用到并且把断点保留到终点 dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][k]+dp[k+1][j]) 2 4 1 2 1 2 7 1 2 1 1 3 2 1 Case 1: 3 Case 2: 4 */ int main() { int cas=1; scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%d",&n); ms(dp,0); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); //如果无脑安排的话dp[i][j]=j-i+1，也就是区间长度。 rep(i,1,n) rep(j,i,n) dp[i][j]=j-i+1; for(int i=n-1;i>=1;i--) { for(int j=i+1;j<=n;j++) { dp[i][j] = dp[i+1][j]+1;//不需要上一场衣服 for(int k=i+1; k<=j; k++) //考虑是不是可以将i那件衣服在k这个地方重复利用 if(a[k] == a[i])//如果将第k场的衣服保留到第j场 dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k-1] + dp[k+1][j]); } } printf("Case %d: %d\n",cas++,dp[1][n]);// } }
4：给出n个数，每个数要先进栈然后出栈，第i个出栈的数a，花费的价值是(i-1)*a.问所有的数出栈花费的最小价值。
#include<cstdio> #include<string> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<iostream> #include<cstring> #include<set> #include<queue> #include<algorithm> #include<vector> #include<map> #include<cctype> #include<stack> #include<sstream> #include<list> #include<assert.h> #include<bitset> #include<numeric> #define debug() puts("++++") #define gcd(a,b) __gcd(a,b) #define lson l,m,rt<<1 #define rson m+1,r,rt<<1|1 #define fi first #define se second #define pb push_back #define sqr(x) ((x)*(x)) #define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define sz size() #define be begin() #define pu push_up #define pd push_down #define cl clear() #define lowbit(x) -x&x #define all 1,n,1 #define rep(i,x,n) for(int i=(x); i<=(n); i++) using namespace std; typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; typedef pair<int,int> P; const int INF = 0x3f3f3f3f; const LL LNF = 1e18; const int maxm = 1e6 + 10; const double PI = acos(-1.0); const double eps = 1e-8; const int dx[] = {-1,1,0,0,1,1,-1,-1}; const int dy[] = {0,0,1,-1,1,-1,1,-1}; int dir[4][2] = {{0,1},{0,-1},{-1,0},{1,0}}; const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31}; const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31}; const int mod = 10056; #define inf 0x3f3f3f3f #define ll long long const int maxn = 10010; int t,n,m,a[500],sum[500],x,y,w; int dp[500][500],ans; int tot=0; /* [题意]： 题意：有n个人排成一排要上台表演，每个人有一个屌丝值ai。第i个上台表演的人，他的不满意度为(i-1)*ai。 现在有一个类似于栈的黑屋子，你可以让某些人进入这个黑屋子。这些人要按照排的顺序来，那么对于排在最前面的人， 就有两个选择： （1）让他直接上台表演； （2）让他暂时进黑屋子。 现在请你选择一个合理的调度顺序，使得最后的总不满意度最小？ ——建模后就是：给出n个数，每个数要先进栈然后出栈，第i个出栈的数a，花费的价值是(i-1)*a.问所有的数出栈花费的最小价值是多少？ 1 2 3 4 5 —— 20 5 4 3 2 1 0 4 6 6 4 = 20 5 4 3 2 2 —— 24 0 4 6 6 8 = 24 ----------------------------------------------------------- 不妨设他是第k个出场的（1<=k<=j-i+1)，那么根据栈后进先出的特点，以及题目要求原先男的是排好序的，那么：： 第 i+1 到 i+k-1 总共有k-1个人要比i先出栈， 第 i+k 到 j 总共j-i-k+1个人在i后面出栈~ 我们首先可以把小黑屋看成一个栈，如果我们枚举区间第k个人是第一个上场的话，我们仍然不知道 左右区间每个人的上场顺序，这样子左右区间就不是完全独立的了，不具备无后效性这个特点。 我们可以枚举第i个人是第k个上场的，那么区间[i+1,i+k−1]的k−1(j-i+1=i+k-1-i-1+1=k-1)个人一定是在i之前上场的，并且区间[i+k+1,j]的所有人一定是在i之后上场的，这样所有人的相对顺序就确定了. 对于子区间dp[i+k+1][j]，我们是把它单独处理的，也就是得到这个最优解时第一个上场的确实是第一个上场的，但是如果想要由它转移到dp[i][j],那么第一个人实际上是第k+1个上场的，第二个人实际上是第k+2个上场的......所以别忘了这种附加“属性”。 dp[i][j]：第i个人到第j个人这段区间的最小花费 输出：dp[1][n] 枚举出场次序k(1<=k<=n) 第i个人第k个出场： 前k个人：dp[i+1][i+k-1] 第k个人：(k-1)*a[i] 后k个人：dp[i+k][j] + sum[j] - sum[i+k-1] */ int main() { int cas=1; scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%d",&n); ms(dp,0);ms(sum,0); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]); sum[i] = sum[i-1] + a[i]; } rep(i,1,n) rep(j,i+1,n) dp[i][j]=INF; for(int r=2;r<=n;r++) { for(int i=1;i+r-1<=n;i++) { int j=i+r-1; for(int k=1; k<=n; k++) { dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i+1][i+k-1]+dp[i+k][j]+(k-1)*a[i]+k*(sum[j]-sum[i+k-1])); } } } printf("Case #%d: %d\n",cas++,dp[1][n]); } } /* 2 5 1 2 3 4 5 5 5 4 3 2 2 Sample Output Case #1: 20 Case #2: 24 */
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