文章目录
- 环形区间dp
- 例题
- [[NOI1995] 石子合并](#[NOI1995] 石子合并)
- [[NOIP2006 提高组] 能量项链](#[NOIP2006 提高组] 能量项链)
- [[NOIP2001 提高组] 数的划分](#[NOIP2001 提高组] 数的划分)
- 放苹果
- 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
cpp
#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。
cpp
#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]。
cpp
#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。
cpp
#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~~
