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; }
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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
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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]); }
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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); }
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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]); }
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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]); }
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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); }
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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])); }
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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); }
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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); }
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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]); }