本文介绍了区间动态规划的概念，并通过矩阵连乘、括号匹配、石子合并、加分二叉树等实例深入讲解动态转移方程的建立与求解过程，探讨了如何通过动态规划找到最优解。同时，文章还给出了一个关于监狱犯人释放顺序的问题，展示了动态规划在实际问题中的应用。
1、矩阵连乘，tyvj 1198(最优矩阵连乘)，关键是写出动态转移方程。用DP[i][j]表示矩阵Ai乘到Aj的最优解，P[]用来存储矩阵的行和列，M[i-1]表示矩阵i的行，M[i]表示矩阵i的列。
当i==j时，DP[i][i]=0；
当i<j时，可以假设他从k位置隔开。比方说从A3..A8。那么A1A2(A3A4A5A6A7A8)A9。我们知道若A矩阵为r1*c的矩阵，A2为c*r2的矩阵，得到的将是一个r1*r2的矩阵，且连乘次数为r1*c*r2。假设我从5位置隔开，就可以分为A1A2((A3A4A5)(A6A7A8))A9。那么这个时候的次数为：DP[3][5]+DP[6][8]+M[2]*M[5]*M[8](A3的行*A5的列*A8的列)。那么我只需要模举这其中的组合然后取最小值即可，这个时候的动态转移方程为:DP[i][j]=min(DP[i][k]+DP[k+1][j]+M[i-1]*M[k]*M[j])(i<=k<j)。
问题是：你要知道DP[i][k]和DP[k+1][j]的值，你才可以和DP[i][j]做比较，才能求出DP[i][j]的值。
思想是先求出相邻组的连乘次数，如一开始算相邻两个相乘，如图：
那么每两个相乘的结果我们可以得到。同理继续求三个相邻的结果。
计算的话比方说要求A1A2A3，可以化为(A1)(A2A3)=DP[1][1]+DP[2][3]+M[0]*M[1]*M[3]，依次类推结果为:DP[i][j]=DP[i][i]+DP[i+1][j]+M[i-1]*M[i]*M[j]。
只有这样做后我才可以求任意组合的次数，求出三个一组的结果后，我就可以求任意的四个矩阵连乘的最小值。如:A4A5A6A7，随便怎么组合，通过上面是计算都可以求出相应的结果。
现在讨论下范围：用r保存要求的每每相邻的组数(2<=r<=n)(从2开始是这里前提条件是i<j)，i的范围为：(1<=i<=n-r+1,稍作推理就知道，当r=3时，即三个三个一组时i<=9-3+1=7)，j的值固定j=r+i-1，具体见代码：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int MAX=110;
#define min(a,b) (a)<(b)?(a):(b)
#define CLR(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))
int n,M[MAX],DP[MAX][MAX];
void Matrix()
{ for(int r=2;r<=n;r++)
for(int i=1;i<=n-r+1;i++)
{ int j=r+i-1;
DP[i][j]=DP[i+1][j]+M[i-1]*M[i]*M[j];
for(int k=i;k<j;k++)
DP[i][j]=min(DP[i][k]+DP[k+1][j]+M[i-1]*M[k]*M[j],DP[i][j]);
}
}
int main()
{ scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<=n;i++)
scanf("%d",&M[i]);
CLR(DP,0);
Matrix();
cout<<DP[1][n]<<endl;
return 0;
}路径输出：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int MAX=110;
#define CLR(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))
int n,M[MAX],DP[MAX][MAX],s[MAX][MAX];
void Matrix()
{ for(int r=2;r<=n;r++)
for(int i=1;i<=n-r+1;i++)
{ int j=r+i-1;
DP[i][j]=DP[i+1][j]+M[i-1]*M[i]*M[j];
s[i][j]=i; //i位置断开
for(int k=i;k<j;k++)
{ int temp=DP[i][k]+DP[k+1][j]+M[i-1]*M[k]*M[j];
if(temp<DP[i][j])
{ s[i][j]=k;//k位置断开
DP[i][j]=temp;
}
}
}
}
void Find(int i,int j)
{ if(i==j)
{ cout<<'A'<<i;
return ;
}
if(i<s[i][j]) cout<<"(";
Find(i,s[i][j]);
if(i<s[i][j]) cout<<")";
if(s[i][j]+1<j) cout<<"(";
Find(s[i][j]+1,j);
if(s[i][j]+1<j) cout<<")";
}
int main()
{ scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<=n;i++)
scanf("%d",&M[i]);
CLR(DP,0);
Matrix();
Find(1,n);
cout<<endl<<DP[1][n]<<endl;
return 0;
} 2、NYOJ 15(括号匹配)，令DP[i][j]表示字符串s的第i个字符到第j个字符需要添加的最少括号数。
①、当i==j时，只有一个符号，需再添加一个字符，所以DP[i][i]=1；
②、当i<j时，若是s[i]与S[j]配对，那么DP[i][j]=DP[i+1][j-1];
若是不配对，那么从中任选一个字符作为分界点，i<=k<j，就有:DP[i][j]=min(DP[i][j],DP[i][k]+DP[k][j])。具体实现和上例一样:
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
using namespace std;
const int MAX=1010;
#define min(a,b) (a)<(b)?(a):(b)
#define CLR(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))
string s;
int n,DP[MAX][MAX];
bool pipei(char c1,char c2)
{ if(c1=='('&&c2==')'||c1=='['&&c2==']') return true;
return false;
}
int main()
{ cin>>n;
cin.get();
while(n--)
{ cin>>s;
CLR(DP,0);
int len=s.length();
for(int i=1;i<=len;i++) DP[i][i]=1;
for(int r=2;r<=len;r++)
for(int i=1;i<=len-r+1;i++)
{ int j=r+i-1;
DP[i][j]=MAX; //一定要赋值
if(pipei(s[i-1],s[j-1])) DP[i][j]=DP[i+1][j-1];
for(int k=i;k<j;k++)
DP[i][j]=min(DP[i][k]+DP[k+1][j],DP[i][j]);
}
cout<<DP[1][len]<<endl;
}
return 0;
}3、石子合并:Tyvj 1055(石子合并)，和这个题目类似的是Tyvj 1062(合并傻子)。
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int MAX=1010;
#define CLR(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))
int n,a[MAX],sum[MAX][MAX],DP[MAX][MAX];
int Sand()
{ for(int r=2;r<=n;r++)
for(int i=1;i<=n-r+1;i++)
{ int j=i+r-1;
DP[i][j]=DP[i+1][j]+sum[i][j];
for(int k=i;k<j;k++)
DP[i][j]=min(DP[i][j],DP[i][k]+DP[k+1][j]+sum[i][j]);
}
return DP[1][n];
}
int main()
{ cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i];
CLR(DP,0);
CLR(sum,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i;j<=n;j++)
sum[i][j]=sum[i][j-1]+a[j];
cout<<Sand()<<endl;
return 0;
}
4、加分二叉树。Tyvj 1073(加分二叉树)。
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int MAX=50;
#define CLR(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))
long n,a[MAX],DP[MAX][MAX],s[MAX][MAX];
int flag=1;
long Max()
{ for(int r=2;r<=n;r++)
for(int i=1;i<=n-r+1;i++)
{ int j=i+r-1;
DP[i][j]=DP[i+1][j]+a[i];
s[i][j]=i;
for(int k=i+1;k<j;k++)
{ int temp=DP[i][k-1]*DP[k+1][j]+a[k];
if(temp>DP[i][j])
{ DP[i][j]=temp;
s[i][j]=k;
}
}
}
return DP[1][n];
}
void Search(int L,int R)
{ if(L>R) return ;
if(flag) flag=0;
else cout<<" ";
cout<<s[L][R];
if(L==R) return ;
Search(L,s[L][R]-1);
Search(s[L][R]+1,R);
}
int main()
{ cin>>n;
CLR(DP,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
{ cin>>a[i];
DP[i][i]=a[i];
}
cout<<Max()<<endl;
for(int i=1;i<=n;i++)
s[i][i]=i; //子树为空,本身就为树的根节点
Search(1,n);
cout<<endl;
return 0;
}
题5：牢房：
描述
SB王国中有一个奇怪的监狱，这个监狱里一共有P间牢房，这些牢房一字排开，从左到右按1到P进行编号，第i间后面紧挨着第（i+1）间（最后一间除外）。现在有P名罪犯被关押在这P间牢房里。某一天，上级下发了一个释放名单，要求每天释放名单上的一个人。这可把监狱中的看守们吓得不轻，因为看守们知道，现在牢房中的P个人，可以相互之间传话。如果某个人离开了，那么原来和这个人能够传上话的人都会很气愤，导致他们那天会一直大吼大叫，搞得看守们很是头疼，但是如果给这些要发火的人吃上肉，他们就会安静。现在看守们想知道，如何安排释放的顺序，才能使得他们花费的肉钱最少。1<=p<=1000,1<=Q<=100
输入
第一行两个数P和Q，Q表示要释放名单上的人数；
第二行Q个数，表示释放哪些人
输出
仅一行，表示最少给多少人次送肉.
样例输入
20 3
3 6 14
样例输出
35
提示:（样例说明）
先释放14号监狱中的罪犯，要给1到13号监狱和15到20号监狱中的19人送肉吃；再释放6号监狱中的罪犯，要给1到5号监狱和7到13号监狱中的12人送肉吃；最后释放3号监狱中的罪犯，要给1到2号监狱和4到5号监狱中的4人送肉吃。
分析：用DP[i][j]表示在[i,j]区间所有该被释放的人都被释放的最小支付代价。
若是释放k，那么代价为DP[i][k-1]+DP[k+1][j]+(j-i)，所以动态转移方程为：DP[i][j]=min(DP[i][k-1]+DP[k+1][j]+(j-i)).
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAX=1010;
const int Inf=100000000;
int n,m,a[MAX],sum[MAX],DP[MAX][MAX];
int main()
{ for(int i=0;i<MAX;i++)
{ fill(DP[i],DP[i]+MAX,Inf);
DP[i][i]=0;
}
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+m+1);
for(int i=1;i<=m;i++)
sum[i]=a[i]-a[i-1]-1;
sum[m+1]=n-a[m];
for(int i=1;i<=m+1;i++)
sum[i]=sum[i]+sum[i-1];
for(int i=m+1;i>=1;i--)
for(int j=i+1;j<=m+1;j++)
for(int k=i;k<j;k++)
DP[i][j]=min(DP[i][j],DP[i][k]+DP[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]+j-i-1);
printf("%d\n",DP[1][m+1]);
return 0;
}
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