文章目录
- 环形区间dp
- 例题
- [NOI1995] 石子合并
- 题目描述
- 输入格式
- 输出格式
- 样例 #1
- 样例输入 #1
- 样例输出 #1
- 提示
- 思路
- [NOIP2006 提高组] 能量项链
- 题目描述
- 输入格式
- 输出格式
- 样例 #1
- 样例输入 #1
- 样例输出 #1
- 提示
- 思路
- [NOIP2001 提高组] 数的划分
- 题目描述
- 输入格式
- 输出格式
- 样例 #1
- 样例输入 #1
- 样例输出 #1
- 提示
- 思路
- 放苹果
- 题目描述
- 输入格式
- 输出格式
- 样例 #1
- 样例输入 #1
- 样例输出 #1
- 样例 #2
- 样例输入 #2
- 样例输出 #2
- 提示
- 思路
- 总结
环形区间dp
上一讲我们主要是讲解的链式的区间dp,但是我们经常会遇见一个环的dp问题,那么我们这时候应该怎么办呢,我们还是以一个生活例子来引入
又是wjq~~
wjq又要开始合并衣服了,最近的wjq中了邪,喜欢圆圆的东西,所以这一次她把衣服放成了一个圆圈,总计有 N 件衣服,每件衣服有一个遮挡程度,现要将衣服有次序地合并成一堆,规定每次只能选相邻的 2 件合并成新的一堆,并将新的一堆的遮挡程度,记为该次合并的得分。
首先我们不难想到,每一件衣服都有可能是起点,所以我们现在就有以下几种情况:
假设现在圆圈里有“黑丝”,“白丝”,“泳装”,“jk”
那么我们就有:
“黑丝”,“白丝”,“泳装”,“jk”
“白丝”,“泳装”,“jk”,“黑丝”
“泳装”,“jk”,“黑丝”,“白丝”
“泳装”,“jk”,“黑丝”,“白丝”
总计四种情况
如果我们去找起点的话,太过繁琐了,那么我们来想想怎么优化。不难发现,当我们求解“黑丝”,“白丝”,“泳装”,“jk”
时,“白丝”,“泳装”,“jk”
,已经有了答案,那么我们在计算“白丝”,“泳装”,“jk”,“黑丝”
的时候,就不用再次计算“白丝”,“泳装”,“jk”
了,所以我们这里可以将整个数组copy一遍,放到后面,这样我们就可以避免重复计算了
这样无论哪个点为起点,再向后面枚举3个点都是一个完整的区间,即区间[i,i+n-1]为一个完整的区间。环变链后再做一次和前面一样的dp,注意下范围和边界,最后因为所有的长度为n的区间都有可能是答案,所以答案在min(dp[i,i+n-1])中。
要注意i要枚举到n的后面,因为后面的dp会用到这些值
这一招叫做化环为链,长度翻倍,是区间dp问题中常见的处理手段
例题
[NOI1995] 石子合并
题目描述
在一个圆形操场的四周摆放 N N 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 2 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 N N 堆石子合并成 1 1 1 堆的最小得分和最大得分。
输入格式
数据的第 1 1 1 行是正整数 N N N,表示有 N N N 堆石子。
第 2 2 2 行有 N N N 个整数,第 i i i 个整数 a i a_i ai 表示第 i i i 堆石子的个数。
输出格式
输出共 2 2 2 行,第 1 1 1 行为最小得分,第 2 2 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 ≤ N ≤ 100 1\leq N\leq 100 1≤N≤100, 0 ≤ a i ≤ 20 0\leq a_i\leq 20 0≤ai≤20。
思路
这道题其实和上面的引入大同小异,可以直接套用
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 300;
const int INF = 10e9;
int n, dp[N][N], dp2[N][N];
int sum[N], s[N];
int main(){
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> s[i];
s[i + n] = s[i];
}
for(int i = 1; i <= n * 2; i++){
sum[i] = s[i] + sum[i - 1];
}
for(int len = 1; len < n; len++){
for (int i = 1; i <= (n * 2 - len); i++){
int j = i + len;
dp[i][j] = INF;
for(int k = i; k < j; k++){
dp[i][j] = min (dp[i][j], dp[i][k] + dp[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 ans = INF, ans2 = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++){
ans = min(ans, dp[i][i + n - 1]);
ans2 = max(ans2,dp2[i][i + n - 1]);
}
cout << ans << endl << ans2;
}
[NOIP2006 提高组] 能量项链
题目描述
在 Mars 星球上,每个 Mars 人都随身佩带着一串能量项链。在项链上有 N N N 颗能量珠。能量珠是一颗有头标记与尾标记的珠子,这些标记对应着某个正整数。并且,对于相邻的两颗珠子,前一颗珠子的尾标记一定等于后一颗珠子的头标记。因为只有这样,通过吸盘(吸盘是 Mars 人吸收能量的一种器官)的作用,这两颗珠子才能聚合成一颗珠子,同时释放出可以被吸盘吸收的能量。如果前一颗能量珠的头标记为 m m m,尾标记为 r r r,后一颗能量珠的头标记为 r r r,尾标记为 n n n,则聚合后释放的能量为 m × r × n m \times r \times n m×r×n(Mars 单位),新产生的珠子的头标记为 m m m,尾标记为 n n n。
需要时,Mars 人就用吸盘夹住相邻的两颗珠子,通过聚合得到能量,直到项链上只剩下一颗珠子为止。显然,不同的聚合顺序得到的总能量是不同的,请你设计一个聚合顺序,使一串项链释放出的总能量最大。
例如:设 N = 4 N=4 N=4, 4 4 4 颗珠子的头标记与尾标记依次为 ( 2 , 3 ) ( 3 , 5 ) ( 5 , 10 ) ( 10 , 2 ) (2,3)(3,5)(5,10)(10,2) (2,3)(3,5)(5,10)(10,2)。我们用记号 ⊕ \oplus ⊕ 表示两颗珠子的聚合操作, ( j ⊕ k ) (j \oplus k) (j⊕k) 表示第 j , k j,k j,k 两颗珠子聚合后所释放的能量。则第 4 4 4, 1 1 1 两颗珠子聚合后释放的能量为:
( 4 ⊕ 1 ) = 10 × 2 × 3 = 60 (4 \oplus 1)=10 \times 2 \times 3=60 (4⊕1)=10×2×3=60。
这一串项链可以得到最优值的一个聚合顺序所释放的总能量为:
( ( ( 4 ⊕ 1 ) ⊕ 2 ) ⊕ 3 ) = 10 × 2 × 3 + 10 × 3 × 5 + 10 × 5 × 10 = 710 (((4 \oplus 1) \oplus 2) \oplus 3)=10 \times 2 \times 3+10 \times 3 \times 5+10 \times 5 \times 10=710 (((4⊕1)⊕2)⊕3)=10×2×3+10×3×5+10×5×10=710。
输入格式
第一行是一个正整数 N N N( 4 ≤ N ≤ 100 4 \le N \le 100 4≤N≤100),表示项链上珠子的个数。第二行是 N N N 个用空格隔开的正整数,所有的数均不超过 1000 1000 1000。第 i i i 个数为第 i i i 颗珠子的头标记( 1 ≤ i ≤ N 1 \le i \le N 1≤i≤N),当 i < N i<N i<N 时,第 i i i 颗珠子的尾标记应该等于第 i + 1 i+1 i+1 颗珠子的头标记。第 N N N 颗珠子的尾标记应该等于第 1 1 1 颗珠子的头标记。
至于珠子的顺序,你可以这样确定:将项链放到桌面上,不要出现交叉,随意指定第一颗珠子,然后按顺时针方向确定其他珠子的顺序。
输出格式
一个正整数 E E E( E ≤ 2.1 × 1 0 9 E\le 2.1 \times 10^9 E≤2.1×109),为一个最优聚合顺序所释放的总能量。
样例 #1
样例输入 #1
4
2 3 5 10
样例输出 #1
710
提示
NOIP 2006 提高组 第一题
思路
该题和合并石子(环)在处理方式上一样,都是通过把小区间合并成大区间,枚举合并两个区间的中间节点,计算出整个区间合并的最大能量因为也是一个环,所以我们还是先把环拆链,长度加倍,注意枚举顺序,因为是把小区间合并成大区间,所以先枚举区间长度,再枚举区间左端点,计算出区间右端点,最后再枚举最后一次合并的点,也就是断点,再计算答案。还是和前面一样,注意边界问题,区间长度不能大于n,也不能小于1.左右端点的范围不能小于或者大于真实情况。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX_N = 301;
int dp[MAX_N][MAX_N];
int a[MAX_N];
int maxn=INT_MIN;
int main() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i];
a[n+i]=a[i];
}
for (int len = 1; len <= 2*n; ++len) {
for (int i = 1; i + len - 1 <= 2*n; ++i) {
int j = i + len - 1;
for (int k = i+1; k < j; ++k) {
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k][j] + a[i]*a[k]*a[j]);
}
}
}
for (int i=1;i<=n;i++){
maxn=max(dp[i][i+n],maxn);
}
cout << maxn ;
return 0;
}
[NOIP2001 提高组] 数的划分
题目描述
将整数 n n n 分成 k k k 份,且每份不能为空,任意两个方案不相同(不考虑顺序)。
例如: n = 7 n=7 n=7, k = 3 k=3 k=3,下面三种分法被认为是相同的。
1
,
1
,
5
1,1,5
1,1,5;
1
,
5
,
1
1,5,1
1,5,1;
5
,
1
,
1
5,1,1
5,1,1.
问有多少种不同的分法。
输入格式
n , k n,k n,k ( 6 < n ≤ 200 6<n \le 200 6<n≤200, 2 ≤ k ≤ 6 2 \le k \le 6 2≤k≤6)
输出格式
1 1 1 个整数,即不同的分法。
样例 #1
样例输入 #1
7 3
样例输出 #1
4
提示
四种分法为:
1
,
1
,
5
1,1,5
1,1,5;
1
,
2
,
4
1,2,4
1,2,4;
1
,
3
,
3
1,3,3
1,3,3;
2
,
2
,
3
2,2,3
2,2,3.
【题目来源】
NOIP 2001 提高组第二题
思路
首先因为这道题的数据范围比较小,所以我们可以直接打dfs,但是我们想象,如果N的范围比较大呢,自然,我们还是用动态规划
该题是一道相对比较复杂的区间DP,看上去和前面的区间DP类似,以每次划分作为阶段,枚举最后一次划分的位置k,那么求出所有dp[k][j-1]之和即为答案。这种解决办法是错误的,因为存在重复方案,为了避免重复,最后一次分的数量不能比前面少,但是这种做法没有考虑这个问题。
该题正确的做法是考虑分解方案中是否有一份中只有1个方案和没有一个的方案。如果有一个,那么答案相当于是dp[i-1][j-1],如果没有,那么每一份都减少一个1的方案也是合理的,即dp[i-j][j]。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[2100][2100];
int main(){
int n,k;
cin>>n>>k;
for (int i=1;i<=n;i++){
dp[i][0]=1;
dp[i][1]=1;
}
for (int x=2;x<=k;x++) {
dp[1][x]=0;
dp[0][x]=0;
}
for (int i=2;i<=n;i++){//i个数
for (int x=2;x<=k;x++){//每一个位置
if (i<=x)dp[i][x]=dp[i-1][x-1];
else dp[i][x]=(dp[i-1][x-1]+dp[i-x][x]);
}
}
cout<<dp[n][k];
return 0;
}
放苹果
题目描述
把 m m m 个同样的苹果放在 n n n 个同样的盘子里,允许有的盘子空着不放,问共有多少种不同的分法。( 5 , 1 , 1 5,1,1 5,1,1 和 1 , 1 , 5 1,1,5 1,1,5 是同一种方法)
输入格式
第一行是测试数据的数目 t t t,以下每行均包括二个整数 m m m 和 n n n,以空格分开。
输出格式
对输入的每组数据 m m m 和 n n n,用一行输出相应的结果。
样例 #1
样例输入 #1
1
7 3
样例输出 #1
8
样例 #2
样例输入 #2
3
3 2
4 3
2 7
样例输出 #2
2
4
2
提示
对于所有数据,保证: 1 ≤ m , n ≤ 10 1\leq m,n\leq 10 1≤m,n≤10, 0 ≤ t ≤ 20 0 \leq t \leq 20 0≤t≤20。
思路
同样的,这道题我们还是考虑动态规划。
该题和上一道题的解题思路一样,如果上一道题理解了,那么该题很容易想出状态转移方程。对于每一个盘子,最少放0个,如果存在放0个的盘子,答案为dp[i][j-1],如果不存在放0个的盘子,从每个盘子里面都拿掉一个,答案为
d
p
[
i
−
j
]
[
j
]
dp[i-j][j]
dp[i−j][j]。
该题的难点不仅仅在于状态转移方程,还有初始状态。首先,i<j,上一道题为0,所以不用处理,但是该题当i<j时,
d
p
[
i
]
[
j
]
=
d
p
[
i
]
[
i
]
dp[i][j]=dp[i][i]
dp[i][j]=dp[i][i],如果不单独处理那么状态转移中的
d
p
[
i
−
j
]
[
j
]
dp[i-j][j]
dp[i−j][j]就不存在,因为i-j为负数。
状态转移方程:
d
p
[
i
]
[
j
]
=
d
p
[
i
]
[
j
−
1
]
+
d
p
[
i
−
j
]
[
j
]
;
dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-j][j];
dp[i][j]=dp[i][j−1]+dp[i−j][j];当i,j都从1开始枚举时,需要用到
d
p
[
i
]
[
0
]
dp[i][0]
dp[i][0],这到底算一算一种方案,我们也不太好确定,所以j最好从2开始枚举,这样我们需要初始化
d
p
[
i
]
[
1
]
dp[i][1]
dp[i][1]的值,很明显
d
p
[
i
]
[
1
]
=
1
dp[i][1]=1
dp[i][1]=1
还需要用到
d
p
[
i
−
j
]
[
j
]
dp[i-j][j]
dp[i−j][j]的值,我们先判断i,j的大小,此时i>=j,我们会用到
d
p
[
0
]
[
j
]
dp[0][j]
dp[0][j]的值,我们还需要初始化
d
p
[
0
]
[
j
]
dp[0][j]
dp[0][j]的值,很明显也为1。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[2100][2100];
int main(){
int n,k,t;
cin>>t;
while (t--){
memset(dp,0,sizeof(dp));
cin>>n>>k;
for (int i=1;i<=n;i++){
dp[i][0]=1;
dp[i][1]=1;
}
for (int i=1;i<=k;i++){
dp[0][i]=1;
dp[1][i]=1;
}
for (int i=2;i<=n;i++){//i个数
for (int x=2;x<=k;x++){//每一个位置
if (i<x)dp[i][x]=dp[i][i];
else dp[i][x]=(dp[i][x-1]+dp[i-x][x])%1000007;
}
}
cout<<dp[n][k]<<endl;;
}
return 0;
}
总结
好了,到目前为止,普及组所要用到的动态规划问题我们基本上是讲完了,不知道大家有没有收获呢?如果有问题,欢迎到评论区留言,或者私信博主,如果喜欢博主的博客的话,请点一个赞,蟹蟹~~