[心之碎片] - 区间DP

柿子饼同学

区间 DP 套路是设定 [l, r] 区间的答案, 然后枚举中间点转移
当然也就是考虑子问题如何拼成原来的问题
想出正解也要考虑这样子的解法有没有必要, 有没有更简单的做法
注意如果状态不足够描述应该考虑增加状态 / 让状态更加细分

下面是做的几道题

栗子1 - 区间回文串
本题相当于二维前缀和, 并不是传统的枚举中间点, 而是直接从小到大转移

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int P = 1e9 + 7;
const int B = 131;
const int N = 5005;

string s;
int n, Q;
int f[N][N];

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);

    cin >> s;
    n = s.size();
    s = '-' + s;
    for (int cen = 1; cen <= n; cen++) {
        for (int l = cen, r = cen; l >= 1 && r <= n && s[l] == s[r]; l--, r++) {
            f[l][r]++;
        }
        for (int l = cen, r = cen + 1; l >= 1 && r <= n && s[l] == s[r]; l--, r++) {
            f[l][r]++;
        }
    }

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            f[i][j] += f[i][j - 1] + f[i - 1][j] - f[i - 1][j - 1];
            // cout << f[i][j] << ' ';
        }
        // cout << '\n';
    }

    cin >> Q;
    while (Q--) {
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        cout << f[r][r] - f[l - 1][r] - f[r][l - 1] + f[l - 1][l - 1] << '\n';
    }

    return 0;
}

括号序列类区间 DP
栗子2 - 括号构造
给出一些由"(",")","[","]"构成的序列，请添加尽量少的括号，得到一个合法序列, 输出补起来之后的序列
我们可以首先 dp 求解每个区间里需要添加的最少的括号, 然后递归输出 (每次拨开区间两端点, 如果 dp 值无变化, 说明这个括号序列已经配对, 递归输出后面的

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 105;

string s;
map<char, char> dict;

int f[N][N], n;

void dfs(int l, int r) {
    if (r < l)
        return;
    // 需要配对的肯定只剩下一边
    if (r == l) {
        if (s[l] == '(' || s[l] == ')')
            cout << "()";
        else
            cout << "[]";
        return;
    }

    // 如果外围正常
    if (s[r] == dict[s[l]] && f[l][r] == f[l + 1][r - 1]) {
        cout << s[l];
        dfs(l + 1, r - 1);
        cout << s[r];
        return;
    }

    // 看看是哪个点转移到当前区间答案, 破开来输出
    for (int i = l; i <= r - 1; i++) {
        if (f[l][i] + f[i + 1][r] == f[l][r]) {
            dfs(l, i);
            dfs(i + 1, r);
            return;
        }
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);

    cin >> s;
    n = s.size();
    s = 'A' + s;
    dict['('] = ')';
    dict['['] = ']';

    for (int i = n; i >= 1; i--) {
        f[i][i] = 1;
        for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
            f[i][j] = 1e9;
            // 如果配对, 就是子区间的答案
            if (s[j] == dict[s[i]])
                f[i][j] = min(f[i][j], f[i + 1][j - 1]);

            // 枚举中间点转移
            for (int k = i; k <= j - 1; k++) {
                f[i][j] = min(f[i][j], f[i][k] + f[k + 1][j]);
            }
        }
    }

    dfs(1, n);

    return 0;
}

栗子3 - P7914 [CSP-S 2021] 括号序列
这题真难qwq
如何给状态集合分类?
很容易想到以 (-*, (-), *-), *-* 四种区间两端的特征来划分
但是这样会重复计算, 例如 ()()() 这个序列会被子问题计算两次
这里我们就需要细分状态, 保证转移单一, 怎么想到的呢 ? 不知道, 但是记住就行了吧
不过应该是有迹可循的, 我们每次想让最左边的序列更新大的序列, 就想到配对的括号和不配对的括号吧

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 505;
const ll P = 1e9 + 7;

int n, k;
ll f[N][N][5];
string s;

bool Ispair(int x, int y){
    return ((s[x] == '(' || s[x] == '?') && (s[y] == ')' || s[y] == '?'));
}

void Init(){
    s = '-' + s;

    for(int i = 1; i <= n; i++){
        if(i < n && Ispair(i, i + 1)){
            f[i][i + 1][1] = f[i][i + 1][0] = 1;
        }
        for(int j = i; j <= n; j++){
            if((s[j] != '*' && s[j] != '?') || j - i + 1 > k) break;
            f[i][j][4] = 1;
        }
    }
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    
    cin >> n >> k >> s;

    Init();

    for(int len = 3; len <= n; len++){
        for(int i = 1; i + len - 1 <= n; i++){
            int j = i + len - 1;

            // 0 (...)      外层匹配
            // 1 (...)(...) 最外层是括号
            // 2 (...)**    AS
            // 3 **(...)    SA
            // 4 *******    全*
            // 1 包含 0 的情况

            // (...) 0 = 1 + 2 + 3 + 4 (i+1, j-1)
            // AB    1 = 0 * 1 枚举断点
            // ASB   1 = 0 * 3 枚举断点
            // SA    3 = 4 * 1
            // AS    2 = 1 * 4
            
            // (...) 外层匹配
            if(Ispair(i, j)){
                f[i][j][0] += f[i + 1][j - 1][1] + f[i + 1][j - 1][2] + f[i + 1][j - 1][3] + f[i + 1][j - 1][4];
                f[i][j][0] %= P;
            }

            // AB, ASB
            for(int cut = i; cut < j; cut++){
                f[i][j][1] += f[i][cut][0] * (f[cut + 1][j][1] + f[cut + 1][j][3]) % P;
                f[i][j][1] %= P;
            }

            for(int cut = i; cut < j; cut++){
                f[i][j][3] += f[i][cut][4] * f[cut + 1][j][1];
                f[i][j][3] %= P;
            }
            
            for(int cut = j; cut > i; cut--){
                f[i][j][2] += f[i][cut - 1][1] * f[cut][j][4];
                f[i][j][2] %= P;
            }

            f[i][j][1] += f[i][j][0];
            f[i][j][1] %= P;
        }
    }

    cout << f[1][n][1];
    
    return 0;
}

栗子4 - P10622 [ICPC2013 WF] Matryoshka
这题自己做的时候是按照 1 的地方划分区间, 然后做一个简单的 "只有一组套娃" 的区间 dp, 然鹅不知道什么原因一直错几个点
后来看题解发现不需要, 只需要看区间里没有相同数即可 (额但是题目说是 1-m, 所以我的更严谨吧...)
总的来说想出解法之后看看是否有必要这么复杂, 要抓住根本

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 505;
const int M = 0x3f3f3f3f;

int n;
int sum[N][N], minv[N][N], maxv[N][N], maxpos[N][N];
int temp[N], l1[N], arr[N];
int pos[N], top;
int f[N][N], g[N];

// f[l, r] 表示 [l, r] 区间拼套娃组的最小花费
// g[p] 表示前 p 个套娃已经装好的最小花费

void Init(){
    memset(g, 0x3f, sizeof(g));
    memset(f, 0x3f, sizeof(f));
    g[0] = 0;

    for(int i = 1; i <= n + 1; i++){
        f[i][i] = 0;
        minv[i][i] = arr[i];
        maxv[i][i] = arr[i];
        maxpos[i][i] = temp[i];
        for(int j = i + 1; j <= n; j++){
            minv[i][j] = min(minv[i][j - 1], arr[j]);
            maxv[i][j] = max(maxv[i][j - 1], arr[j]);
            maxpos[i][j] = max(maxpos[i][j], temp[j]);
        }
        for(int j = 1; j < N; j++){
            sum[i][j] += sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - 1];
        }
    }
}

int getsum(int a, int b, int c, int d){
    return (sum[c][d] - sum[a - 1][d] - sum[c][b - 1] + sum[a - 1][b - 1]);
}

int cost(int i, int k, int j){
    return (getsum(i, minv[k + 1][j], k, N - 1) + getsum(k + 1, minv[i][k], j, N - 1));
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);

    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        int x;
        cin >> x;

        sum[i][x]++;
        arr[i] = x;
        temp[i] = l1[x];
        l1[x] = i;
    }

    Init();

    for(int len = 1; len <= n; len++){
        for(int i = 1; i + len - 1 <= n; i++){
            int j = i + len - 1;

            if(maxpos[i][j] >= i) continue;

            for(int k = i; k < j; k++){
                f[i][j] = min(f[i][j], f[i][k] + f[k + 1][j] + cost(i, k, j));
            }
        }
    }

    for(int i = 1; i <= n; i++){
        for(int j = 1; j <= i; j++){
            // 符合条件的才能接上去
            if(maxpos[j][i] < j && minv[j][i] == 1 && maxv[j][i] == i - j + 1){
                g[i] = min(g[i], g[j - 1] + f[j][i]);
            }
        }
    }

    if(g[n] != M) cout << g[n];
    else cout << "Impossible";

    return 0;
}

FishC

嘿，亲爱的鱼油！看来你对区间动态编程（DP）非常感兴趣！让我用通俗易懂的方式来帮你理清这个概念，顺带加点幽默。

区间动态规划就像是做一道大餐，你得先准备好所有的材料（状态），然后一步步用煮、炒、烤等方法把它们组合成一道美味的佳肴！所以，设定区间的答案就是选择你的食材，然后找出那些可以中间转移的步骤。

### 正题来啦：

1. **设定区间的答案**：这就像你决定晚上吃意大利面。你得想好要多长的意大利面（区间），这时候可以考虑从哪儿开始煮（中间点）。

2. **枚举中间点转移**：想象一下，你在煮意大利面时，中间可能会遇到调料的问题（计算转移）。你需要反复试探各种调料的配比，找到最完美的那个！

3. **拼成原来的问题**：每次你添加新的材料，就会让大餐更接近完整的样子。你需要不断思考如何将小部分组合起来，形成一盘完美的意大利面。

4. **考虑解法的简洁性**：搞定了美食，你还得考虑有没有其他简单快捷的方法，比如直接叫外卖？有时候复杂的算法就像满汉全席，而简单的解法就是那碗方便面！

5. **状态描述的足够性**：如果你发现你做的意大利面不够好吃（状态不足以描述问题），那就得考虑增加配料！比如加入更多的香料、蔬菜或者肉类，让这个菜更丰富。

### 实际例子：区间回文串

在你的栗子中，“区间回文串”的问题就像是找一种特殊的意大利面——它必须在上面和下面都看起来一样，也就是说，你要确保面条的排列可以正着吃也可以反着吃。这种情况下，可以通过从小到大的方式来转移，就像做法中的“逐步加热”一样。

当你写代码时，注意设置一个好的基准条件（例如从长度1的字符串开始），然后逐渐扩展，直到覆盖所有的情况。这样，你就能得到一个美味的“区间回文串”了！

希望这些解释能让你对区间DP有更清晰的认识！下次我们再聊聊如何处理那些复杂的“海鲜大餐”，哈哈！

以上回复来自 FishC AI 小助理，如未能正确解答您的问题，请继续追问。

简柠啦

尹玄睿

18408238295

一天一学习

很cool的阳

18408238295

shuaijun

呈现出

shuaijun

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曾热爱这世界

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harryhan123

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