区间dp

• 题目列表：
• • (1)石子合并
  • (2)环形石子合并
  • (3)能量项链
  • (4)加分二叉树
  • (5)凸多边形的划分
  • (6)棋盘分割

题目列表：

(1)石子合并

在复习石子合并之前，为了直接进入专题“区间dp“，做一个区间dp的基础题，这个题目具有代表性：(题目用到了前缀和，前缀和看这里： ）

1. 使用了区间dp的模板
2. 清晰理解区间dp的思想

区间dp：将问题分为若干区间，不断解决小区间，最终延展到整个问题的区间，即：一个问题的范围是一个很大的区间，那么通过不断解决小区间，延伸到解决大区间

#include
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using namespace std;const int N = 310,INF=0x3f3f3f3f;int f[N][N];  //f[i][j]表示区间i到j的石子合并的最小代价。那么最终问题的解就是f[1][n]表示第一个石子到最后一个石子合并的最小代价
//dp问题三部曲：
//（1）集合定义，即dp[i][j]表示什么，是否合理  （2）dp初始化，由于dp要往后面推，那么dp就要有初始值，0生1，1生2，3生3，3生万物
//（3）dp的状态转移，即当前dp的下一步要解决什么事情（也叫状态转移方程组）int w[N];  //存储石子的重量
int pre[N];   //石子堆的前缀和
int n;
int main()
{cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++){cin >> w[i];pre[i] = pre[i - 1] + w[i];}for (int i = 1; i <= n; i++)f[i][i] =0;      //区间为1的石子无法合并，所以消耗的体力就是0for (int len = 2; len <= n; len++)  //枚举区间长度{for (int L = 1; L + len - 1 <= n; L++)//(L+len-1)表示长度为len的区间的右端点{int R = L + len - 1;     //右端点f[L][R] = INF;  //因为要求最小值，先预先设置一个最大值for (int k = L; k f[L][R] = min(f[L][R], f[L][k] + f[k + 1][R] + pre[R] - pre[L - 1]); //f[L][R]的最小价值等于两个部分的最小值加上整个区间的重量}}}cout << f[1][n];return 0;
}

(2)环形石子合并

这题于上一个题的唯一区别在于：这是环形，首尾的石子可以先合并。那么就使用一种”化曲为直“的思想。将环形结构拉直变成线性结构：
将数组扩大两倍，后面部分复制一遍数据即可模拟环形结构。

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using namespace std;const int N = 410,INF=0x3f3f3f3f;int f[N][N];   //f[i][j]表示区间[i,j]的石子合并消耗的最小体力。
int g[N][N];   //g[i][j]表示区间[i,j]的石子合并消耗的最大体力
int pre[N];   //pre[i]表示前i个石子的重量和
int w[N];   //石子重量   
int n;
int main()
{cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> w[i];for (int i = n + 1; i <= 2 * n; i++)  //化曲为直的操作w[i] = w[i - n];for (int i = 1; i <= 2 * n; i++){pre[i] = pre[i - 1] + w[i];}//初始化for (int i = 1; i <= n * 2; i++)f[i][i] = g[i][i] = 0;for (int len = 2; len <= n; len++){for (int l = 1; l + len - 1 <= 2 * n; l++){int r = l + len - 1;f[l][r] = INF;   //求最小值给最大值g[l][r] = -INF;   //求最大值给最小值for (int k = l; k < r; k++){f[l][r] = min(f[l][r], f[l][k] + f[k + 1][r] + pre[r] - pre[l - 1]);g[l][r] = max(g[l][r], g[l][k] + g[k + 1][r] + pre[r] - pre[l - 1]);}}}int res = INF; int ans = -INF;for (int i=1; i + n - 1 <= 2 * n; i++){res = min(res, f[i][i + n - 1]);ans = max(ans, g[i][i + n - 1]);}cout << res <

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using namespace std;const int N=1100,INF=0x3f3f3f3f;
typedef long long ll;
ll f[N][N];   //f[i][j]表示区间[i,j]的石子合并的最大能量,最后的答案是f[1][n+1]
int w[N*2];
int n;int main()
{cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&w[i]);w[i+n]=w[i];}//dp初始化for(int i=1;ifor(int l=1;l+len-1<=n*2;l++)  //枚举左端点{int r=l+len-1;  //右端点f[l][r]=-INF;for(int k=l+1;kf[l][r]=max(f[l][r],f[l][k]+f[k][r]+w[l]*w[r]*w[k]);}}}ll res=0;for(int i=1;i+n<=2*n;i++)  //枚举左端点求最大值{res=max(res,f[i][i+n]);  //搞不清这个是n还是n+1的时候举个例子。比如n==3，  1 2 3 1 2 3.要选取4个数,保证首尾相同}cout<

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using namespace std;const int N=50,INF=0x3f3f3f3f;int w[N];
int f[N][N];  //f[i][j]表示区间[i,j]的子树的最大值
int path[N][N];  //path[i][j]表示子树[i,j]的根节点int n;void dfs(int l,int r)  //求前序遍历
{ if(l>r)return;int k=path[l][r];printf("%d ",k);dfs(l,k-1);dfs(k+1,r);
}
int main()
{cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>w[i];//初始化for(int i=1;i<=n;i++){f[i][i]=w[i];   //一个节点的最大能量就是当前节点值path[i][i]=i;  //叶子节点没有子树，的根节点就是自己}//dp的思路是：枚举所有长度的子树，且求出字典序最小的根节点for(int len=1;len<=n;len++)   //枚举长度{for(int l=1;l+len-1<=n;l++)  //枚举左端点{int r=l+len-1;  //右端点f[l][r]=-INF;for(int root=l;root<=r;root++)  //枚举根节点{int left=root==l?1:f[l][root-1];int right=root==r?1:f[root+1][r];int temp=left*right+w[root];if(l==r)temp=w[root];if(temp>f[l][r])  //因为原先的树是12345，所以保证字典序的最小就是保证每次的根节点最小就好了。因为四前序遍历{f[l][r]=temp;path[l][r]=root;}}}}cout<

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using namespace std;const int N = 100,INF=0x3f3f3f3f;long long int f[N][N];  //f[i][j]表示区间[i,j]的权值最大值
int w[N];    //每个点的权值
int n;
int main()
{cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> w[i];//初始化for (int i = 1; i int r = l + len - 1;if (len == 3){f[l][r] = w[l] * w[l+1] * w[r];continue;}f[l][r] = INF;for (int k = l + 1; k < r; k++){f[l][r] = min(f[l][r], f[l][k] + f[k][r]+w[l]*w[r]*w[k]);}}cout << f[1][n];return 0;
}

#include
#include
#include
#include
#includeusing namespace std;
typedef long long ll;
const int N=51,M=35,INF=0x3f3f3f3f;vectorf[N][N];  //状态表示：f[i][j]表示一个一个一维数组，存放一个高精度的值，他的意义是左端点是i，右端点是j的封闭的多边形的最大价值
int w[N];   //存储点
int n;void pre(vector& s,int t)   //先假设一个数，边看这个数边来模拟就不容易出错。example:1234
{//将t放入swhile(t){s.push_back(t%10);t/=10;}
}bool cmp(vector&a ,vector&b)  //比较f[l][r]和f[l][k]+f[k][r]+w[l]*w[k]*w[r]哪个小,规定a>b,返回true
{if(a.size()!=b.size()){if(a.size()>b.size())return true;elsereturn false;}else{//说明两个数组长度一样for(int i=a.size()-1;i>=0;i--)  //逆序比较{if(a[i]!=b[i])  //高位比较，如果a[i]大于b[i]，则a>breturn a[i]>b[i];}return true;//相等的情况}}vector mul(vector&a,ll b)//123 12
{vectorc;ll t=0;for(int i=0;i<(int)a.size();i++){t+=b*a[i];c.push_back(t%10);t/=10;}while(t){c.push_back(t%10);t/=10;}return c;
}vectoradd(vector&a,vector&b)
{vectorc;ll t=0;for(int i=0;iif(ic.push_back(t%10);t/=10;}return c;}int main()
{cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>w[i];//初始化dp,dp[i][i+1]=0,因为两条边是不能构成回路的，多边形必须要3条边或者说3个点才可以构成回路vectortemp;for(int len=3;len<=n;len++){for(int i=1;i+len-1<=n;i++)  //枚举左端点{int j=i+len-1;  //右端点//因为要求f[l][r]的最小值,所以将其先预先设置为无穷大，f[i][j]=vector(M,9);for(int k=i+1;k//目的是求f[i,k]+f[k,j]+w[i]*w[k]*w[j];//先求乘法temp.clear();temp.push_back(w[i]);  //高精度相加，那么是3个数组的加法，需要将具体的数字都放在数组里面，先将第一个数放在数组里面//cout<=0;i--)cout<

#include
#include
#include
#include
using namespace std;const int N=16;
double f[N][N][N][N][N];  //f[k][x1][y1][x2][y2]表示对棋盘进行了k次划分，得到的左上角是(x1,y1),右下角是(x2,y2)的棋盘的最小分值int n,m=8;
int s[N][N];  //前缀和
double x;double get(int x1,int y1,int x2,int y2)
{double delta=s[x2][y2]-s[x1-1][y2]-s[x2][y1-1]+s[x1-1][y1-1];  //计算当前矩阵的分值和delta=delta-x;return delta*delta;
}double dp(int k,int x1,int y1,int x2,int y2)
{if(f[k][x1][y1][x2][y2]>=0)return f[k][x1][y1][x2][y2];  //记忆化搜索的关键if(k==n) return f[k][x1][y1][x2][y2]=get(x1,y1,x2,y2);   //最后一次不需要继续切了，直接返回当前的矩阵double t=1e9;  for(int i=x1;it=min(t,dp(k+1,x1,y1,i,y2)+get(i+1,y1,x2,y2));  //取上半部分继续切，那么下半部分分值加起来t=min(t,dp(k+1,i+1,y1,x2,y2)+get(x1,y1,i,y2));}for(int i=y1;it=min(t,dp(k+1,x1,y1,x2,i)+get(x1,i+1,x2,y2));  //取左边继续切t=min(t,dp(k+1,x1,i+1,x2,y2)+get(x1,y1,x2,i));}return f[k][x1][y1][x2][y2]=t;
}int main()
{cin>>n;for(int i=1;i<=m;i++)for(int j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&s[i][j]);for(int i=1;i<=m;i++)   //二维前缀和for(int j=1;j<=m;j++)s[i][j]=s[i][j]+s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1];memset(f,-1,sizeof f);x=(double)s[m][m]/n;printf("%.3lf",sqrt(dp(1, 1, 1, m, m) / n));return 0;}