Part 4.3 区间动态规划

本文主要是介绍Part 4.3 区间动态规划，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

[NOI1995] 石子合并

题目描述

在一个圆形操场的四周摆放 $N$ 堆石子，现要将石子有次序地合并成一堆，规定每次只能选相邻的 $2$ 堆合并成新的一堆，并将新的一堆的石子数，记为该次合并的得分。

试设计出一个算法,计算出将 $N$ 堆石子合并成 $1$ 堆的最小得分和最大得分。

输入格式

数据的第 $1$ 行是正整数 $N$，表示有 $N$ 堆石子。

第 $2$ 行有 $N$ 个整数，第 $i$ 个整数 $a_i$ 表示第 $i$ 堆石子的个数。

输出格式

输出共 $2$ 行，第 $1$ 行为最小得分，第 $2$ 行为最大得分。

样例 #1

样例输入 #1

4
4 5 9 4

样例输出 #1

43
54

提示

$1\le N\le 100$，$0\le a_i\le 20$。

解题思路

dp1[i][j]表示从第i个位置到第j个位置的石子合并的最小值，dp2[i][j]表示从第i个位置到第j个位置的石子合并的最大值。
dp1[i][j]=min(dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1])
dp2[i][j]=max(dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1])
sum是前缀和数组，预先处理。
注意题目中提到石子是循环摆放，对于带循环问题的一般处理方法是把数组开两倍大小，前n个位置正常摆放，后n个位置再摆放一便，这样方便模拟循环。

代码实现

#include<iostream>
using namespace std;
#define MAX_N 100
int sum[2*MAX_N+5];
int dp1[2*MAX_N+5][2*MAX_N+5];
int dp2[2*MAX_N+5][2*MAX_N+5];
int main()
{int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>sum[i];sum[i+n]=sum[i];sum[i]+=sum[i-1];sum[i+n]+=sum[i+n-1];}for(int i=n+1;i<=2*n;i++)sum[i]+=sum[n];for(int l=2;l<=n;l++){for(int i=1;i<=2*n-l+1;i++){int j=i+l-1;dp1[i][j]=0x7ffff;for(int k=i;k<j;k++){dp1[i][j]=min(dp1[i][j],dp1[i][k]+dp1[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]); dp2[i][j]=max(dp2[i][j],dp2[i][k]+dp2[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]);}}}int ans1=0x7ffff,ans2=0;for(int i=1;i<=n;i++){ans1=min(ans1,dp1[i][i+n-1]);ans2=max(ans2,dp2[i][i+n-1]);}cout<<ans1<<endl<<ans2<<endl;return 0;
}

[USACO16OPEN] 248 G

题面翻译

给定一个 $1\times n(2\le n\le 248)$ 的地图，在里面玩 2048，每次可以合并两个相邻且相同的数（数值范围 $1\sim 40$），问序列中出现的最大数字的值最大是多少。注意合并后的数值并非加倍而是 $+1$，例如 $2$ 与 $2$ 合并后的数值为 $3$。

题目描述

Bessie likes downloading games to play on her cell phone, even though she doesfind the small touch screen rather cumbersome to use with her large hooves.

She is particularly intrigued by the current game she is playing.The game starts with a sequence of $N$ positive integers ($2\le N\le 248$), each in the range $1\dots 40$. In one move, Bessie cantake two adjacent numbers with equal values and replace them a singlenumber of value one greater (e.g., she might replace two adjacent 7swith an 8). The goal is to maximize the value of the largest numberpresent in the sequence at the end of the game. Please help Bessiescore as highly as possible!

输入格式

The first line of input contains $N$, and the next $N$ lines give the sequence

of $N$ numbers at the start of the game.

输出格式

Please output the largest integer Bessie can generate.

样例 #1

样例输入 #1

4
1
1
1
2

样例输出 #1

3

提示

In this example shown here, Bessie first merges the second and third 1s to

obtain the sequence 1 2 2, and then she merges the 2s into a 3. Note that it is

not optimal to join the first two 1s.

解题思路

dp[i][j]第i到j个数完全合并后的最大值，如果无法完全合并就为0。
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][k]+1) (dp[i][k]=dp[k+1][j]&dp[i][k]!=0)

代码实现

#include<iostream>
using namespace std;
int dp[250][250];
int main()
{int n;cin>>n;int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>dp[i][i];ans=max(ans,dp[i][i]);}for(int l=2;l<=n;l++){for(int i=1;i<=n-l+1;i++){int j=i+l-1;for(int k=i;k<j;k++){if(dp[i][k]!=0&&dp[i][k]==dp[k+1][j])dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][k]+1);}ans=max(ans,dp[i][j]);}}cout<<ans;return 0;} 

[NOIP2007 提高组] 矩阵取数游戏

题目描述

帅帅经常跟同学玩一个矩阵取数游戏：对于一个给定的 $n\times m$ 的矩阵，矩阵中的每个元素 $a_{i,j}$ 均为非负整数。游戏规则如下：

1. 每次取数时须从每行各取走一个元素，共 $n$ 个。经过 $m$ 次后取完矩阵内所有元素；
2. 每次取走的各个元素只能是该元素所在行的行首或行尾；
3. 每次取数都有一个得分值，为每行取数的得分之和，每行取数的得分 = 被取走的元素值 $\times 2^i$，其中 $i$ 表示第 $i$ 次取数（从 $1$ 开始编号）；
4. 游戏结束总得分为 $m$ 次取数得分之和。

帅帅想请你帮忙写一个程序，对于任意矩阵，可以求出取数后的最大得分。

输入格式

输入文件包括 $n+1$ 行：

第一行为两个用空格隔开的整数 $n$ 和 $m$。

第 $2\sim n+1$ 行为 $n\times m$ 矩阵，其中每行有 $m$ 个用单个空格隔开的非负整数。

输出格式

输出文件仅包含 $1$ 行，为一个整数，即输入矩阵取数后的最大得分。

样例 #1

样例输入 #1

2 3
1 2 3
3 4 2

样例输出 #1

82

提示

【数据范围】

对于 $60\%$ 的数据，满足 $1\le n,m\le 30$，答案不超过 $10^{16}$。
对于 $100\%$ 的数据，满足 $1\le n,m\le 80$，$0\le a_{i,j}\le 1000$。

【题目来源】

NOIP 2007 提高第三题。

解题思路

dp[i][j]:其中一行从i到j位置的最大得分。
dp[i][j]=max(dp[i][j-1]+a[j]*m,dp[i+1][j]+a[i]*m)

令m=pow(2,n-l+1),表示2^i 区间的长度越小，说明进行到此区间的次数比较靠后，也正因此m会越大。

注：本题要使用高精度实现
=> 高精度模板（加法，减法，乘法，除法，阶乘）<=

代码实现

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
#define MAX_N 80
int n,m;
class BigInt:public vector<int>
{public:BigInt(){push_back(0);}BigInt(int k){push_back(k);proccess_digit();}BigInt&operator+=(const BigInt&a){for(int i=0;i<a.size();i++){if(i>=size())push_back(0);at(i)+=a[i];}proccess_digit();return *this;}BigInt&operator*=(const int&a){for(int i=0;i<size();i++)at(i)*=a;proccess_digit();return *this;}BigInt operator*(const BigInt&a){BigInt c;for(int i=0;i<size();i++){for(int j=0;j<a.size();j++){if(i+j>=c.size())c.push_back(0);c.at(i+j)+=at(i)*a[j];}}c.proccess_digit();return c;}BigInt&operator*=(const BigInt&a){*this=(*this)*a;return *this;}BigInt operator/(int a){BigInt ret(*this);long long now=0;for(int i=size()-1;i>=0;i--){now=10*now+at(i);ret[i]=now/a;now%=a;}return ret;}BigInt&operator/=(int a){*this=(*this)/a;return *this;}bool operator<(const BigInt&a){if(size()>a.size())return false;else if(size()<a.size())return true;else{for(int i=size()-1;i>=0;i--)if(at(i)<a[i])return true;else if(at(i)>a[i])return false;}return false;}void proccess_digit(){for(int i=0;i<size();i++){if(at(i)<10)continue;if(i==size()-1)push_back(0);at(i+1)+=at(i)/10;at(i)%=10; }return ;}
};
ostream&operator<<(ostream&out,BigInt&a)
{int flag=1;for(int i=a.size()-1;i>=0;i--){if(flag&&!a[i])continue;out<<a[i];flag=0;}if(flag)out<<0;return out;
}
BigInt dp[MAX_N+5][MAX_N+5];
BigInt arr[MAX_N+5][MAX_N+5];
int main()
{cin>>n>>m;int x;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++){cin>>x;arr[i][j]+=x;}BigInt mi=1;BigInt ans=0;for(int k=1;k<=n;k++){memset(dp,0,sizeof dp);for(int i=1;i<=m;i++)mi*=2;for(int i=1;i<=m;i++){dp[i][i]=arr[k][i]*mi;}		mi/=2;for(int l=2;l<=m;l++){for(int i=1;i<=m-l+1;i++){int j=i+l-1;BigInt temp1;temp1+=dp[i][j-1];temp1+=arr[k][j]*mi;BigInt temp2;temp2+=dp[i+1][j];temp2+=arr[k][i]*mi;if(temp1<temp2)dp[i][j]=temp2;else dp[i][j]=temp1;}mi/=2;}ans+=dp[1][m];}cout<<ans;return 0;} 

[CQOI2007] 涂色

题目描述

假设你有一条长度为 $5$ 的木板，初始时没有涂过任何颜色。你希望把它的 $5$ 个单位长度分别涂上红、绿、蓝、绿、红色，用一个长度为 $5$ 的字符串表示这个目标：$\text{RGBGR}$。

每次你可以把一段连续的木板涂成一个给定的颜色，后涂的颜色覆盖先涂的颜色。例如第一次把木板涂成 $\text{RRRRR}$，第二次涂成 $\text{RGGGR}$，第三次涂成 $\text{RGBGR}$，达到目标。

用尽量少的涂色次数达到目标。

输入格式

输入仅一行，包含一个长度为 $n$ 的字符串，即涂色目标。字符串中的每个字符都是一个大写字母，不同的字母代表不同颜色，相同的字母代表相同颜色。

输出格式

仅一行，包含一个数，即最少的涂色次数。

样例 #1

样例输入 #1

AAAAA

样例输出 #1

1

样例 #2

样例输入 #2

RGBGR

样例输出 #2

3

提示

$40\%$ 的数据满足 $1\le n\le 10$。

$100\%$ 的数据满足 $1\le n\le 50$。

解题思路

dp[i][j]:从i到涂到j的最小涂色次数。
dp[i][j]=dp[i][j-1]+1 (a[i]==a[j])
dp[i][j]=min(dp[i][k]+dp[k+1][j]) (a[i]!=a[j])
解释：如果一段区间最后一个元素和第一个元素相等，可以直接滤去最后一个元素，因为此时直接从第一个涂到现在的最后一个只用一次，原先从第一个涂到最后一个也只用一次，所以等同于没有放。如果最后一个位置的颜色和第一个不相同，那么肯定存在两个区间涂色没有重合，所以遍历所有的一对区间找最小值。

代码实现

#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring> 
using namespace std;
#define MAX_N 50
int dp[MAX_N+5][MAX_N+5];
int main()
{string s;cin>>s;int len=s.size();memset(dp,0x7f7f7f,sizeof dp);for(int i=1;i<=len;i++)dp[i][i]=1;for(int l=2;l<=len;l++){for(int i=1;i<=len-l+1;i++){int j=i+l-1;if(s[i-1]==s[j-1])dp[i][j]=dp[i][j-1];else for(int k=i;k<j;k++){dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]);}}}cout<<dp[1][len];return 0;} 

[SCOI2003] 字符串折叠

题目描述

折叠的定义如下：

1. 一个字符串可以看成它自身的折叠。记作 S = S

2. X(S)是 $X$ 个 S连接在一起的串的折叠。记作 X(S) = SSSS…S。

3. 如果 A = A’, B = B’，则 AB = A’B’ 。例如：因为 3(A) = AAA, 2(B) = BB，所以 3(A)C2(B) = AAACBB，而 2(3(A)C)2(B) = AAACAAACBB

给一个字符串，求它的最短折叠。

例如 AAAAAAAAAABABABCCD的最短折叠为：9(A)3(AB)CCD。

输入格式

仅一行，即字符串 S，长度保证不超过 $100$。

输出格式

仅一行，即最短的折叠长度。

样例 #1

样例输入 #1

NEERCYESYESYESNEERCYESYESYES

样例输出 #1

14

提示

一个最短的折叠为：2(NEERC3(YES))

解题思路

dp[i][j]:从区间i到j的最短折叠长度
dp[i][j]=min(dp[i][k]+dp[k+1][j],dp[i][k]+2+m[len/loop]) if(区间[i,j]存在折叠，且循环节长度为loop)
dp[i][j]=min(dp[i][k]+dp[k+1][j]) if(区间不存在折叠)

理解：如果区间不存在可以折叠的情况，那么区间[i,j]的最小折叠长度就是某两个区间最小长度的和，取最小值。
如果存在折叠情况，并且找到了循环节长度为loop，那么此时就可以求得强制折叠的长度，此时就可以比较选择最小值。

代码实现

#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
using namespace std;
#define MAX_N 100
int dp[MAX_N+5][MAX_N+5];
int m[MAX_N+5];
string s;
bool check(int i,int j,int loop)
{for(int now=i;now<=j;now++){if(s[(now-i)%loop+i]!=s[now])return false;}return true;
}
int main()
{cin>>s;int n=s.size();memset(dp,0x7f7f7f,sizeof dp);for(int i=1;i<=n;i++)dp[i][i]=1;for(int i=1;i<=9;i++)m[i]=1;for(int i=10;i<=99;i++)m[i]=2;m[100]=3;for(int l=2;l<=n;l++){for(int i=1;i<=n-l+1;i++){int j=i+l-1;for(int k=i;k<j;k++){dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]);}for(int k=i;k<j;k++){int loop=k-i+1;if(l%loop!=0)continue;if(check(i-1,j-1,loop))dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+2+m[l/loop]);}}}cout<<dp[1][n];return 0;
}

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