区间DP复习

区间DP复习

(难度排序：(A,B),(F,G,E,D,H,I,K),(C),(J,L))

这是一个基本全在bzoj上的复习专题

没有什么可以说的，都是一些基本的dp思想

A [BZOJ1996] [Hnoi2010] chorus 合唱队

裸题

\(dp[i][j][2]\)表示区间\(i,j\)最后放的是\(i\)还是\(j\)的方案数

int n;
int a[N];
ll dp[N][N][2];
int main(){
    rep(i,1,n=rd()) a[i]=rd();
    rep(i,1,n) dp[i][i][0]=1;
    drep(i,n,1) rep(j,i,n) rep(k,0,1) {
        if(k==0) {
            if(i>1 && a[i-1]<a[i]) (dp[i-1][j][0]+=dp[i][j][k])%=P;
            if(j<n && a[j+1]>a[i]) (dp[i][j+1][1]+=dp[i][j][k])%=P;
        } else {
            if(i>1 && a[i-1]<a[j]) (dp[i-1][j][0]+=dp[i][j][k])%=P;
            if(j<n && a[j+1]>a[j]) (dp[i][j+1][1]+=dp[i][j][k])%=P;
        }
    }
    cout<<(dp[1][n][0]+dp[1][n][1])%P<<endl;
} 
 

\[\ \]

\[\ \]

B [BZOJ1055] [HAOI2008] 玩具取名

\(dp[i][j][4]\)表示\(i,j\)这段区间能否变成四个字母

int n;
int ch[N];
char c[]="WING";
char s[N];
int can[5][5][5];
 
int dp[N][N][4];
 
int main(){
    int a=rd(),b=rd(),c=rd(),d=rd();
    rep(i,0,3) ch[(int)::c[i]]=i;
    rep(i,1,a) {
        scanf("%s",s);
        can[ch[(int)s[0]]][ch[(int)s[1]]][0]=1;
    }
    rep(i,1,b) {
        scanf("%s",s);
        can[ch[(int)s[0]]][ch[(int)s[1]]][1]=1;
    }
    rep(i,1,c) {
        scanf("%s",s);
        can[ch[(int)s[0]]][ch[(int)s[1]]][2]=1;
    }
    rep(i,1,d) {
        scanf("%s",s);
        can[ch[(int)s[0]]][ch[(int)s[1]]][3]=1;
    }
    scanf("%s",s+1);
    n=strlen(s+1);
    rep(i,1,n) dp[i][i][ch[(int)s[i]]]=1;
    drep(i,n,1) rep(j,i,n) {
        rep(k,i,j-1) {
            rep(o,0,3) rep(a,0,3) rep(b,0,3) dp[i][j][o]|=(dp[i][k][a]&&dp[k+1][j][b]&&can[a][b][o]);
        }
    }
    int f=0;
    rep(i,0,3) if(dp[1][n][i]) cout<<::c[i],f=1;
    if(!f) puts("The name is wrong!");
}
 
 
 

关于代码里这个::前缀，它是用来访问main函数外的东西

\[\ \]

\[\ \]

C 方块消除

题目描述

Jimmy最近迷上了一款叫做方块消除的游戏。游戏规则如下：nn个带颜色方格排成一列，相同颜色的方块连成一个区域（如果两个相邻方块颜色相同，则这两个方块属于同一区域。游戏时，你可以任选一个区域消去。设这个区域包含的方块数为xx，则将得到x2x2个分值。方块消去之后，其右边的所有方块就会向左移。虽然游戏很简单，但是要拿高分也很不容易。Jimmy希望你能找出得最高分的最佳方案，你能帮助他吗？

输入

第一行包含一个整数n(0<=n<=200)，表示方块数目。第二行包含n个数，表示每个方块的颜色（1到n之间的整数）。

输出

仅一个整数，即最高可能得分。

这个题据说是有\(O(n^3)\)的解法的，但是由于能力有限，我只能提供\(O(n^4)\)做法

首先要把连续的段压缩

\(dp[i][j][k]\)表示\(i,j\)这段区间，消完还剩下\(k\)个颜色为\(a[j]\)的块的最大答案

注意，直接令颜色为端点的转移很常见，这样是可以转移到所有方案的

每次枚举一个\(d\)

若\(a[d]=a[j]\)，就可以把\(d+1,j\)这一段与\(i,d\)写一个类似背包的转移

当然还有直接合并的转移

const int N=219;
 
template <class T> void chk(T &a,T b){ ((a<b)&&(a=b)); }
 
 
int n;
int a[N],b[N],c[N],cnt;
int dp[N][N][N];
int s[N];
 
int main(){
    rep(i,1,n=rd()) a[i]=rd();
    rep(i,1,n) if(a[i]!=a[i-1]) {
        cnt++;
        b[cnt]=a[i];
        c[cnt]=1;
    } else c[cnt]++;
    rep(i,1,n=cnt) s[i]=s[i-1]+c[i];
    memset(dp,-10,sizeof dp);
    rep(i,1,n) dp[i][i][0]=c[i]*c[i],dp[i][i][c[i]]=0;
    drep(i,n,1) {
        rep(j,i,n) {
            chk(dp[i][j][c[j]],dp[i][j-1][0]);
            rep(k,i,j-1) {
                if(b[k]==b[j]) 
                    rep(o,c[j],s[j]-s[i-1]) 
                    	chk(dp[i][j][o],dp[i][k][o-c[j]]+dp[k+1][j][c[j]]);//类似背包的转移
                chk(dp[i][j][0],dp[i][k][0]+dp[k+1][j][0]);//直接合并
            }
            rep(k,0,s[j]-s[i-1]) chk(dp[i][j][0],dp[i][j][k]+k*k);
        }
    }
    printf("%d\n",dp[1][n][0]);
}
 

\[\ \]

\[\ \]

D [BZOJ1068] [SCOI2007]压缩

这题数据范围小，转移的时候直接暴力check就行了

我写的比较奇怪，不建议参考

int n,m;
char s[N];
int dp[N][N][2];
 
int Check(int l1,int r1,int l2,int r2) {
    if(r1-l1!=r2-l2) return false;
    rep(i,0,r1-l1) if(s[l1+i]!=s[l2+i]) return false;
    return true;
}
 
inline void chk(int &a,int b){ ((a>b)&&(a=b)); }
 
 
int main(){
    scanf("%s",s+1);
    n=strlen(s+1);
    memset(dp,10,sizeof dp);
    rep(i,1,n) dp[i][i][0]=1,dp[i][i][1]=2;
    drep(i,n,1) {
        rep(j,i,n) {
            chk(dp[i][j][0],j-i+1);
            chk(dp[i][j][1],j-i+2);
            rep(k,i,j-1) {
                chk(dp[i][j][0],min(dp[i][k][0],(dp[i][k][1]-(i==1)))+min(dp[k+1][j][0],dp[k+1][j][1]));
                if(Check(i,k,k+1,j)) {
                    chk(dp[i][j][1],dp[i][k][1]+1);
                }
                chk(dp[i][j][1],dp[i][k][1]+j-k);
            }
            chk(dp[i][j][0],dp[i][j][1]);
        }
    }
    int ans=min(dp[1][n][0],dp[1][n][1]-1);
    printf("%d\n",ans);
}
 

\[\ \]

\[\ \]

E [BZOJ1090] [SCOI2003]字符串折叠

同上一题

const int N=110,P=19650827;
 
inline void chk(int &a,int b){ ((a>b)&&(a=b)); }
 
int n;
char s[N];
int dp[N][N];
int cnt[N];
 
int Check(int l,int r,int t) {
    int len=r-l+1;
    rep(i,0,t-1) {
        rep(j,0,len/t-1) {
            if(s[l+i+t*j]!=s[l+i]) return false;
        }
    }
    return true;
}
 
 
 
int main(){
    rep(i,1,N-1) cnt[i]=cnt[i/10]+1;
    scanf("%s",s+1);
    n=strlen(s+1);
    memset(dp,10,sizeof dp);
    rep(i,1,n) dp[i][i]=1;
    drep(i,n,1) {
        rep(j,i,n) {
            rep(k,i,j-1) chk(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]);
            int len=j-i+1;
            for(reg int k=1;k<=len;++k)
                if(len%k==0)
                    if(Check(i,j,k)) chk(dp[i][j],dp[i][i+k-1]+2+cnt[len/k]);
        }
    }
    printf("%d\n",dp[1][n]);
}
 

\[\ \]

\[\ \]

F [BZOJ1260] [CQOI2007]涂色paint

\(dp[i][j][k]\)表示\(i,j\)这段区间涂完之后还剩下颜色\(k\)

转移时同色合并即可

const int N=51,P=19650827;
 
inline void chk(int &a,int b){ ((a>b)&&(a=b)); }
 
int n;
char s[N];
int a[N];
int dp[N][N][27];
int ch[N];
 
 
int main(){
    scanf("%s",s+1);
    rep(i,1,n=strlen(s+1)) a[i]=s[i]-'A'+1;
    memset(dp,10,sizeof dp);
    rep(i,1,n) dp[i][i][a[i]]=0;
    drep(i,n,1) rep(j,i,n) {
        rep(k,i,j-1) rep(o,1,26) chk(dp[i][j][o],dp[i][k][o]+dp[k+1][j][o]);
        rep(k,1,26) chk(dp[i][j][0],dp[i][j][k]+1);
        rep(k,1,26) chk(dp[i][j][k],dp[i][j][0]);
    }
    printf("%d\n",dp[1][n][0]);
}
 
 

\[\ \]

\[\ \]

G [BZOJ1261] [SCOI2006]zh_tree

这题不用输出方案的。。。

直接对于前序遍历dp

template <typename T> void chk(T &a,T b){ if(a>b) a=b; }
 
int n;
double k,c,a[N];
double dp[N][N];

int main(){
    scanf("%d%lf%lf",&n,&k,&c);
    int s=0;
    rep(i,1,n) s+=(a[i]=rd());
    rep(i,1,n) a[i]=a[i]/s;
    rep(i,1,n) dp[i][i]=a[i];
    rep(i,1,n) a[i]+=a[i-1];
    drep(i,n,1) rep(j,i+1,n) {
        dp[i][j]=1e18;
        rep(k,i,j) chk(dp[i][j],dp[i][k-1]+dp[k+1][j]+a[j]-a[i-1]);
    }
    printf("%.3lf\n",dp[1][n]*k+c);
}

\[\ \]

\[\ \]

H,I [BZOJ1694] [Usaco2007 Demo]Grazing on the Run

首先要sort

\(dp[i][j][2]\)表示解决了\(i,j\)这段区间，最后停留在\(i,j\)的答案

每次转移把周围每解决的点乘上时间作为贡献

 
 
const int N=1111,P=19650827;
 
template <typename T> void chk(T &a,T b){ if(a>b) a=b; }
 
int n,p;
ll a[N];
ll dp[N][N][2];
 
int main(){
    n=rd(),p=rd();
    rep(i,1,n) a[i]=rd();
    sort(a+1,a+n+1);
    memset(dp,10,sizeof dp);
    rep(i,1,n) dp[i][i][0]=dp[i][i][1]=abs(a[i]-p)*n;
    drep(i,n,1) rep(j,i,n) {
        int t=n-(j-i+1);
        if(i>1) {
            chk(dp[i-1][j][0],dp[i][j][0]+abs(a[i]-a[i-1])*t);
            chk(dp[i-1][j][0],dp[i][j][1]+abs(a[j]-a[i-1])*t);
        }
        if(j<n) {
            chk(dp[i][j+1][1],dp[i][j][0]+abs(a[i]-a[j+1])*t);
            chk(dp[i][j+1][1],dp[i][j][1]+abs(a[j]-a[j+1])*t);
        }
    }
    printf("%lld\n",min(dp[1][n][0],dp[1][n][1]));
}
 

\[\ \]

\[\ \]

J [BZOJ1761] [Baltic2009]beetle

这题主体dp与上一题相同，但是这题并没有保证走所有点

但但是，这题保证每个点权值都一样大

直接枚举解决了几个点，然后转移

const int N=1111,P=19650827;
 
template <typename T> void chk(T &a,T b){ if(a>b) a=b; }
 
int n,m;
ll a[N];
ll dp[N][N][2];
 
int main(){
    n=rd(),m=rd();
    rep(i,1,n) a[i]=rd();
    sort(a+1,a+n+1);
    ll ans=0;
    memset(dp,10,sizeof dp);
    drep(len,n,1) {
        if(1ll*len*m<=ans) break;
        rep(i,1,n) dp[i][i][0]=dp[i][i][1]=len*abs(a[i]);
        drep(i,n,1) {
            rep(j,i,min(n,i+len-1)) {
                ll t=len-(j-i+1);
                if(i>1) {
                    chk(dp[i-1][j][0],dp[i][j][0]+t*abs(a[i]-a[i-1]));
                    chk(dp[i-1][j][0],dp[i][j][1]+t*abs(a[i-1]-a[j]));
                }
                if(j<n) {
                    chk(dp[i][j+1][1],dp[i][j][0]+t*abs(a[i]-a[j+1]));
                    chk(dp[i][j+1][1],dp[i][j][1]+t*abs(a[j]-a[j+1]));
                }
                if(j-i+1==len) ans=max(ans,1ll*(j-i+1)*m-min(dp[i][j][0],dp[i][j][1]));
                dp[i][j][0]=dp[i][j][1]=1e18;
            }
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
}
 

\[\ \]

\[\ \]

K [BZOJ2037] [Sdoi2008]Sue的小球

同H,I

int n,p;
struct Node {
    int x,y,v;
    bool operator < (const Node __) const{
        return x<__.x;
    }
}A[N];
ll s[N];
ll dp[N][N][2];
 
 
int main() {
    n=rd(),p=rd();
    rep(i,1,n) A[i].x=rd();
    rep(i,1,n) A[i].y=rd();
    rep(i,1,n) A[i].v=rd();
    sort(A+1,A+n+1);
    ll sum=0;
    rep(i,1,n) s[i]=s[i-1]+A[i].v,sum+=A[i].y;
    memset(dp,10,sizeof dp);
    rep(i,1,n) dp[i][i][0]=dp[i][i][1]=s[n]*abs(p-A[i].x);
    drep(i,n,1) rep(j,i,n) {
        ll t=s[n]-(s[j]-s[i-1]);
        if(i>1) {
            chk(dp[i-1][j][0],dp[i][j][0]+abs(A[i].x-A[i-1].x)*t);
            chk(dp[i-1][j][0],dp[i][j][1]+abs(A[j].x-A[i-1].x)*t);
        }
        if(j<n) {
            chk(dp[i][j+1][1],dp[i][j][0]+abs(A[j+1].x-A[i].x)*t);
            chk(dp[i][j+1][1],dp[i][j][1]+abs(A[j+1].x-A[j].x)*t);
        }
    }
    ll ans=sum-min(dp[1][n][0],dp[1][n][1]);
    printf("%.3lf\n",ans/1000.0);
}
 
 
 

\[\ \]

\[\ \]

L [BZOJ2448]挖油

这个题复杂度可以写成\(O(n^2)\)的，但是由于我懒(菜)，写了个\(O(n^3 log n)\)的

题意：

有n个点，不知道每个点是0，1

并且连续有[0,x]是1，[x+1,n] 是0

要求x

有\(dp[i][i]=a[i]\),\(dp[i][j]=min(max(dp[i][k-1],dp[k+1][j])+a[k])\)

我们感性理解一下\(dp[i][j]\)随着\(j\)的增大或\(i\)的减小，值一定递增，所以二分\(dp[i][k-1],dp[k+1][j]\)的中间点\(mid\)

直接对于两边的\(dp[i][mid..j]+a[mid..j],dp[i..mid][j]+a[i..mid]\)取min即可

这两个范围最小值可以用某些数据结构维护

const int N=2019,P=19650827;
 
template <class T> void chk(T &a,T b){ if(a>b) a=b; }
 
 
int n;
int a[N],dp[N][N];
 
 
struct BIT{
    int s[N];
    void init(){ 
        memset(s,10,sizeof s);
    }
    void Add(int p,int x) {
        while(p) s[p]=min(s[p],x),p-=p&-p;
    }
    int Que(int p) {
        int res=1e9;
        while(p<=n) res=min(res,s[p]),p+=p&-p;
        return res;
    }
}A[N];
 
struct BIT2{
    int s[N];
    void init(){ 
        memset(s,10,sizeof s);
    }
    void Add(int p,int x) {
        while(p<=n) s[p]=min(s[p],x),p+=p&-p;
    }
    int Que(int p) {
        int res=1e9;
        while(p) res=min(res,s[p]),p-=p&-p;
        return res;
    }
}B[N];
 
 
 
int main(){
    rep(i,1,n=rd()) a[i]=rd();
    memset(dp,10,sizeof dp);
    rep(i,1,n) dp[i][i]=a[i],dp[i+1][i]=dp[i][i-1]=0;
    rep(i,1,n) {
        A[i].init(),B[i].init();
        A[i].Add(i,a[i]);
        if(i<n) A[i].Add(i+1,a[i]+a[i+1]);
        B[i].Add(i,a[i]);
        if(i>1) B[i].Add(i-1,a[i]+a[i-1]);
    }
    drep(i,n,1) { 
        rep(j,i+1,n) {
            int l=i,r=j,res=i-1;
            while(l<=r) {
                int mid=(l+r)>>1;
                if(dp[i][mid-1]<=dp[mid+1][j]) l=mid+1,res=mid;
                else r=mid-1;
            }
            dp[i][j]=min(dp[i][j],A[i].Que(res+1));
            dp[i][j]=min(dp[i][j],B[j].Que(res));
            if(dp[i][res-1]==dp[res+1][j]) dp[i][j]=min(dp[i][j],A[i].Que(res));
            if(j<n) A[i].Add(j+1,dp[i][j]+a[j+1]);
            if(i>1) B[j].Add(i-1,a[i-1]+dp[i][j]);
        }
    }
    printf("%d\n",dp[1][n]);
}