【动态规划】区间 DP ：三层循环逻辑与模板实现细节（洛谷 P1880）

题目链接：P1880 $NOI1995$ 石子合并 - 洛谷

区间 DP 相比于其他类型的动态规划 DP 比较简单一点，因为理解起来难度不算大，而且相对来说我认为这个用法不算特别灵活。只要事先理解了区间 DP 的模板，实际做起题还是很好做的。

我先以最经典的区间 DP 模板题目说一下实现细节，再详细说如何识别题目要用区间 DP 的意图。在这题描述很简单也很好理解，读完题目能让人困惑的也许也就只有两点：1. 这个石子是摆成环形的，那我找最优合并方法还怎么分辨方向？ 2. 怎么才能找到最优的合并顺序使得得分最大和最小呢？

首先是处理环形问题，只要见到环形的基本都是直接把它原本的数复制一次放在后面，利用类似链状的方式来做题，也就是化环为链。比如一个数组 arr 元素 2，6，5，9 组成一个环状。

对此，我们可以存储数组的时候直接复制一份接在后面，看看是什么样的效果。

原本我们存储的，也就是下标 1-4 的 2659 。这不足以表达出环状。而我们复制一份到后面接上后，可以发现，下标 2-5 是 6592 ，3-6 是 5926 ，4-7 是 9265 。因为我们在环上，是没有一个固定的起点的，任何一个点都可以作为一个起点。所以要变成链状，就只能向上面一样复制一份一样的放在后面接上，那么就可以完美模拟好我们的环状了。

这样做之后，在接下来的区间 DP ，我们就不用纠结应该从那个作为起点了，要注意的是我们虽然数组长度变成了 2n ，可是我们接下来的枚举的区间长度最长的肯定还是 n 。

接下来，我们需要考虑怎么找到这个最优的合并方法了。我们先理清楚它的合并规则：规定每次必须只能合并相邻的两堆，且合并后的得分是两堆的石子数的总质量 。当我们看到有这种题目有**"区间""相邻合并"**的类似意思的字眼，且还是那种求方案数，最优值等等还不要求记录合并过程只要结果，几乎就可以确定就是区间 DP 了。

我们首先要定义一个 dp 数组 dp $i$ $j$ ，代表合并区间 $i,j$ 中所有石头为一堆所获得的最优分数 。因为这题需要我们求最大和最小都要求出来，所以我以dpmax $i$ $j$ 代表合并区间 $i,j$ 中所有石头为一堆所获得的最大分数，dpmin $i$ $j$ 代表合并区间 $i,j$ 中所有石头为一堆所获得的最小分数。然后推导状态转移方程。

我们要聚焦的重点是**"相邻"** ，由于它限制了只能合并相邻的两堆石子，所以可以知道，想要把 $i,j$ 区间所有石子堆合并成一个，那必然是由 $i,k$ 和 $k+1,j$ 这两堆（，k是区间 $i,j$ 内任意一个石子堆下标）已经合并好的石子合并而成的。如图示

至于要取得哪一个 k 位置来合并成 $i,j$ ，我们就遍历一次 $i,j$ 来比较即可。而根据我们的合成规则，我们需要快速得知区间 $i,k$ 和 $k+1,j$ 分别的和，所以我们在进行 dp 之前，需要对原数组进行一次前缀和预处理。我先定义我的前缀和数组为 sum 。

可以发现，我们将 $i,k$ 和 $k+1,j$ 合并，而我们也能根据我们的 dp 定义，直接拿到 $i,k$ 和 $k+1,j$ 的合并成一堆的得分即 dp $i$ $k$ 和 dp $k+1$ $j$ ，那这样加上它们合并产生的新得分，就是 dp $i$ $j$ 了。

所以最后，我们推导出来的状态转移方程就是

dpmax $i$ $j$ =max(dpmax $i$ $j$ ,dpmax $i$ $k$ +dpmax $k+1$ $j$ +sum $j$ -sum $i-1$ ) (i<=k<j)

dpmin $i$ $j$ =min(dpmin $i$ $j$ ,dpmin $i$ $k$ +dpmin $k+1$ $j$ +sum $j$ -sum $i-1$ ) (i<=k<j)

推导出状态转移方程，我们还需要考虑一点就是我们该如何写循环进行 dp了。先给出正确的代码给大家参考，再逐一解释。

cpp 复制代码

//最外层枚举区间长度len
for(int len=2;len<=n;++len){
    //第二层枚举左端点i
    for(int i=1;i+len-1<=2*n;++i){
        int j=i+len-1;//区间长度为len，左端点为i，可直接算出右端点
        //得知左右端点后，枚举k的位置，注意k不能等于j，否则k+1会大于j
        for(int k=i;k<j;++k){
            dpmin[i][j]=min(dpmin[i][j],dpmin[i][k]+dpmin[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]);
            dpmax[i][j]=max(dpmax[i][j],dpmax[i][k]+dpmax[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]);
        }
    }
}

我们观察我们的 dp 状态转移方程，能发现我们的区间 $i,j$ 是由小区间 $i,k$ 和 $k+1,j$ 推导而得的。所以如果我要计算一个大区间的得分，那我肯定要知道比它小的所有区间的得分 ，否则我们很容易就会用没被计算好的 dp 值进行计算导致结果出错。所以，我们最外层的 for 循环应该从小到大枚举区间长度 len ，且要注意 len 最大一定是 n 。即保证算一个区间长度的所有情况时，比它小的区间长度情况肯定已经算好了，保证不会出现计算错误，用没有算过的地方。

第二层当然是枚举左端点 i ，枚举 i 还可以直接利用区间长度算出右端点 j 了。要注意的是枚举的区间 $i,j$ 不能大于 2n ，否则就超过范围了。这时得知了左端点 i 和右端点 j ，我们就可以直接枚举 k 了，按状态转移方程取得最优值。

最后要注意的是初始化 问题。区间长度为 1 本身就不需要合并，自成一堆，所以只用把所有的 dp $i$ $i$ （）初始化为 0 就好了。而且我们进行完 dp 循环后，我们还要找到环形的最优答案，也就是分别以 1-n 每个作为链的起点来合并的方案哪个最优。最终代码如下。

cpp 复制代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dpmin[210][210];
int dpmax[210][210];
int n;
int sum[210];
int arr[210];
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        cin>>arr[i];
        sum[i]=sum[i-1]+arr[i];
    }
    //将环变成链状
    for(int i=n+1;i<=2*n;++i){
        sum[i]=sum[i-1]+arr[i-n];
    }
    memset(dpmin,0x3f,sizeof(dpmin));
    memset(dpmax,0xc0,sizeof(dpmax));
    for(int i=1;i<=2*n;++i) dpmin[i][i]=dpmax[i][i]=0;//初始化
    //区间dp主循环
    for(int len=2;len<=n;++len){
        for(int i=1;i+len-1<=2*n;++i){
            int j=i+len-1;
            for(int k=i;k<j;++k){
                dpmin[i][j]=min(dpmin[i][j],dpmin[i][k]+dpmin[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]);
                dpmax[i][j]=max(dpmax[i][j],dpmax[i][k]+dpmax[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]);
            }
        }
    }
    //找最大值和最小值
    int tmin=1e9,tmax=-1e9;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        tmin=min(tmin,dpmin[i][i+n-1]);
        tmax=max(tmax,dpmax[i][i+n-1]);
    }
    cout<<tmin<<"\n"<<tmax;
}

其实基本上大部分的区间 dp 都是类似这样的模板，都是先枚举区间长度，后枚举左端点然后算出右端点，最后枚举从哪个地方作为合并 。所以，区间 dp 的题目基本都是时间复杂度会来到 O( $n\^3$ ) ，可以看到这个题目的数据量也是只有 100 而已。所以也可以确定出，一道题如果有出现"相邻合并"之类的意思，而且数据量还能够满足 O( $n\^3$ ) 也就是 100 左右，基本上都是完全可以考虑用区间 dp 了。