20251014 区间DP总结

引子

有一些题目会要你求一些关于区间的问题，就比如什么最多什么最少之类的。由一个长区间可以由多个小区间组成这种特征的区间问题，一般可以用区间DP来解。

区间DP

区间DP一般的做法就是合并两个小区间或一次增加一个上去，常见的题目就是合并石子堆求最小体力，修改字符串成回文串求最小花费等。

区间DP的DP数组一般是二维的，两个维度分别是左端点和右端点，那么$dp[i][j]$就等于区间$[i,j]$的最大(小)花费什么的，答案显而易见就是$dp[1][n]$。

那么什么时候需要增维呢？当我们发现推着推着条件不够的时候，就需要增维，提高一个维度，这个维度就可以恰到好处的去补充条件。

第一类区间DP模板(合并小区间)

for(int len=2;len<=n;len++){for(int l=1;l<=n-len+1;l++){int r=l+len-1;for(int k=l;k<r;k++){dp[l][r]=max(,);}}
}

第二类区间DP模板(一次加一个)

for(int len=2;len<=n;len++){for(int l=1;l<=n-len+1;l++){int r=l+len-1;dp[l][r]=max(,);}
}

例题 石子合并（弱化版）

区间DP的模板题。$dp[i][j]$在这题显然表示第$i$堆石子到第$j$堆石子合并后的最小代价，并且属于合并小区间类的做法。

首先初始状态$dp[i][i]=0(1\le i\le n)$，其余无穷大；然后，从小到大枚举区间，枚举中断点$k$，动态转移方程为$dp[l][r]=min(dp[l][r],dp[l][k]+dp[k+1][r]+s[r]-s[l-1])$；最后答案为$dp[1][n]$。

memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++){dp[i][i]=0;
}
for(int len=2;len<=n;len++){//区间长度for(int l=1;l<=n-len+1;l++){//左端点int r=l+len-1;//右端点for(int k=l;k<r;k++){dp[l][r]=min(dp[l][r],dp[l][k]+dp[k+1][r]+s[r]-s[l-1]);}}
}
cout<<dp[1][n];

例题 石子合并

跟上一题没啥区别，就多了个环而已，破环成链就行了。比如一个环1，2，3，4，破环成链就是1，2，3，4，1，2，3。

剩余也就多求了个最大值。

例题 调整队形

显然是第二种区间DP，其次，我们会发现前三种操作其实可以结合到一起去，因为队伍里剔掉一个人就是在另一边加上一个人，没有区别。那么结合之后就是剔掉一个人，没了。

首先，初始值全为0；然后$dp[i][j]$表示第$i$个同学到第$j$个同学最少的调整次数；接着枚举每一个区间后有了几种情况：1.$a[i]==a[j]$，那么什么也不用干，直接等于$dp[i+1][j-1]$ 2.$a[i]!=a[j]$，没办法，只能操作一次了，要么选择剔掉一个左边的，要么剔掉一个右边的，要么考虑把两端的人换成同样颜色的衣服，那么动态转移方程$dp[i][j]=min(dp[i+1][j],min(dp[i][j-1],dp[i+1][j-1]))+1$。

for(int len=2;len<=n;len++){for(int i=1;i<=n-len+1;i++){int j=i+len-1;if(a[i]==a[j]){dp[i][j]=dp[i+1][j-1];}else{dp[i][j]=min(dp[i+1][j],min(dp[i][j-1],dp[i+1][j-1]))+1;}}
}
cout<<dp[1][n];

例题 关路灯

依然是区间DP，但是一段区间，他可能是从左端点走到右端点，也有可能恰恰相反，怎么办呢？这时就需要增维了，第三个维度表示是否从左边走到右边。

这就好办了，$dp[i][j][0]$ 的推导有两种可能情况：从折返状态关闭 $i,j$ 的灯（即从 $i+1$ 返回），或者继续关闭第 $i$ 盏灯进而扩展到 $(i,j)$ 状态。

$dp[i][j][0]$ 的推导有两种可能情况：从折返状态关闭 $i,j$ 的灯（即从 $i+1$ 返回），或者继续关闭第 $i$ 盏灯进而扩展到 $(i,j)$ 状态。

于是动态转移方程及初始值及答案：

for(int i=1;i<=n;i++){//s是前缀和数组dp[i][i][0]=dp[i][i][1]=abs(d[i]-d[c])*(s[n]-w[c]);
}
dp[c][c][0]=dp[c][c][1]=0;//从c点出发，自然不用任何代价
for(int len=2;len<=n;len++){for(int i=1;i<=n-len+1;i++){int j=i+len-1;dp[i][j][0]=min(dp[i+1][j][0]+(d[i+1]-d[i])*(s[i]+s[n]-s[j]),dp[i+1][j][1]+(d[j]-d[i])*(s[i]+s[n]-s[j]));//这样走能节省时间吗？dp[i][j][1]=min(dp[i][j-1][0]+(d[j]-d[i])*(s[i-1]+s[n]-s[j-1]),dp[i][j-1][1]+(d[j]-d[j-1])*(s[i-1]+s[n]-s[j-1]));//是否从j点折返关闭i灯会更高效？（当前状态：[i+1,j]区间关闭，i灯亮着，需从j端点返回关闭i灯）}
}
cout<<min(dp[1][n][0],dp[1][n][1]);//可以从左端点走到右端点，或从右端点走到左端点