区间dp

区间dp就是在一段区间上的动态规划

对于每段区间，他们的最优值都是由几段更小区间的最优值得到，是分治思想的一种应用，将一个区间问题不断划分为更小的区间直至一个元素组成的区间，枚举他们的组合 ，求合并后的最优值

石子合并问题

有N堆石子排成一排，每堆石子有一定的数量。现要将N堆石子并成为一堆
每次只能将相邻的两堆石子堆成一堆，每次合并花费的代价为这两堆石子的和，经过N-1次合并后成为一堆。求出总的代价最小值

先根据dp的思想划分成子问题，先求出每两个合并的最小代价，然后每三个的最小代价，依次知道n个

定义状态 dp(i,j) = 从第i个石子到第j个石子的合并最小代价

dp(i,j) = min(dp(i,k) + dp(k+1,j))

那就可以从小到大依次枚举让石子合并，直到所有的石子都合并

核心代码：

for(l = 2; l <= n; ++l)//枚举区间长度
{
    for(i = 1; i <= n - l + 1; ++i)//枚举区间左端点
    {
        j = i + l - 1;//根据左端点和区间长度求区间右端点
        if(j > n)
            break;
        dp[i][j] = 0x3f3f3f3f;
        for(k = i; k < j; ++k)
        {
            dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i][k] + dp[k + 1][j] + sum[j] - sum[i-1]);
        }
    }
}

Dire Wolf

你现在面对一群狼，每只狼都有一定的主动攻击力和附带攻击力，你每杀死一只狼，你会受到这只狼的 主动攻击力+旁边两只狼的附带攻击力 的伤害

现在问你如何选择杀狼的顺序使的杀完所有狼时，自己受到的伤害最小

Hint：狼杀死后直接消失，左右两只狼会变成相邻，不考虑成环
设dp(i,j)为消灭编号从i到j只狼的代价，那么结果就是dp(1,n)

枚举k作为最后一只被杀死的狼，此时会受到a[k]和b[i-1] b[j+1]的伤害

dp(i,j)=min(dp(i,j), dp(i,k-1)+dp(k+1,j,j)+a[k]+b[i-1]+b[j+1])

dp(i,j)=a[i]+b[i-1]+b[j+1];

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 205;
int a[maxn],b[maxn],dp[maxn][maxn],n;

int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    int kase = 0;
    while(T--)
    {
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1; i<=n; ++i)
            scanf("%d",a+i);
        for(int i=1; i<=n; ++i)
            scanf("%d",b+i);

        memset(dp,0x3f,sizeof dp);
        for(int i=0; i<=n+1; ++i)
            dp[i][i+1] = 0;
        for(int l=2; l<=n+1; ++l)
        {
            for(int i=0; i<=n+1-l; ++i)
            {
                int j = i + l;
                for(int k=i+1; k<j; ++k)
                {
                    dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k][j]+a[k]+b[i]+b[j]);
                }
            }
        }
        printf("Case #%d: %d
",++kase,dp[0][n+1]);
    }
    return 0;
}

Halloween Costumes

有N个宴会，对于每一个宴会，女主角都要穿一种礼服，礼服可以套着穿，但是脱了的不能再用，参加宴会必须按顺序来，从第一个到第N个，每次只能穿1件或者脱下多件，问参加这些宴会最少需要几件礼服

分析：首先我们使用dp(a,b)来表示区间 a~b 的答案，那么对于第 i 件衣服，我们有

1. 如果在之后的区间内都不再重复利用这件衣服，那么明显 dp(i,j) = dp(i+1,j) + 1;

2. 如果在之后的区间 i+1 ~ j 中存在一件衣服 k 是跟 i 一样的，那么我们便可以考虑是不是可以将i那件衣服在k这个地方重复利用，
   那么转移方程为 dp(i,j) = min(dp(i,j) , dp(i,k-1)+dp(k+1,j)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 105;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n, a[maxn];
int dp[maxn][maxn];

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    int kase = 0;
    while(T--)
    {
        scanf("%d", &n);
        for(int i = 1; i <= n; ++i)
        {
            scanf("%d", &a[i]);
        }
        for(int i = 1; i <= n; ++i)
        {
            dp[i][i] = 1;
        }
        for(int len = 2; len <= n; ++len)
        {
            for(int i = 1; i + len - 1 <= n; ++i)
            {
                int j = i + len - 1;
                dp[i][j] = dp[i][j - 1] + 1;
                for(int k = i; k < j; ++k)
                {
                    if(a[k] == a[j])
                    {
                        if(k == j - 1)
                            dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k]);
                        else
                            dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k + 1][j - 1]);
                    }
                }
            }
        }
        printf("Case %d: %d
", ++kase, dp[1][n]);
    }
    return 0;
}

Polygon(环形dp)

多边形游戏，有N个顶点的多边形(3≤N≤50) ，多边形有N条边，每个顶点中有一个数字(可正可负)，每条边上或者是“+”号，或者是“*”号，边从1到N编号，首先选择一条边移去，然后进行如下操作：

1. 选择一条边E和边E连接着的两个顶点V1，V2
2. 用一个新的顶点代替边E和V1、V2，新顶点的值为V1、V2中的值进行边上代表的操作得来（相加或相乘）

当最后只剩一个顶点，没有边时，游戏结束。现在的任务是编程求出最后的顶点能获得的最大值，以及输出取该最大值时，第一步需移去的边，如果有多条符合条件的边，按编号从小到大输出

先将环拆成链，再去枚举若拆掉第i条边所得到的最大值

显然，不仅仅要去求i,j区间里的最大值，还要求最小值，因为最小值有可能负数*负数得到一个很大的正数

构造状态，用 dp(i,j) 来代表以顶点i开头，长度（即包含的顶点数）为j时的最优值。

当选定开头顶点 i 后，就默认 i 前边的那条边被删除了（因为用不到它了）；

但是此题有可能顶点是负数，那就存在负负相乘得正的情况，需同时维护最大值和最小值。

dp(i,j,0) = 以i开头，长度j时的最小值

dp(i,j,1) = 以i开头，长度j时的最大值

An old Stone Game(平行四边形优化)