HDU4632 Poj2955 括号匹配整数划分 P1880 [NOI1995]石子合并区间DP总结

　　题意:给定一个字符串输出回文子序列的个数一个字符也算一个回文

很明显的区间dp 就是要往区间小的压缩！

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

//input

#define rep(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);++i)

#define RI(n) scanf("%d",&(n))

#define RII(n,m) scanf("%d%d",&n,&m);

#define RIII(n,m,k) scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)

#define RS(s) scanf("%s",s)

#define LL long long

#define REP(i,N)  for(int i=0;i<(N);i++)

#define CLR(A,v)  memset(A,v,sizeof A)

//////////////////////////////////

#define N 1005

#define inf 0x3f3f3f3f

#define mod 10007

int dp[N][N];

int main()

{

    int cas;

    cin>>cas;

    char s[];

    int kase=;

    while(cas--)

    {

        CLR(dp,);

        RS(s+);

        int n=strlen(s+);

        rep(i,,n)

        dp[i][i]=;//长度为一的区间肯定是一个回文

       rep(i,,n)

       for(int j=i-;j>=;j--)//这样保证了 len从小到大！

       {

             dp[j][i]=(dp[j+][i]+dp[j][i-]-dp[j+][i-]+mod)%mod;//容斥原理  反正就是要将dp往区间短的转移

           if(s[i]==s[j])

              dp[j][i] = (dp[j][i]+dp[j+][i-]++mod)%mod;//如果两边相等  那么这两个数可与i+1 到j-1里所有回文序列组成一个回文序列 且它们自己也是一个回文序列所以要加一

       }

      printf("Case %d: %d\n",++kase,dp[][n]);

    }

}

Poj2955 括号匹配（一）

给出一个的只有'(',')','[',']'四种括号组成的字符串，求最多有多少个括号满足题目里所描述的完全匹配。

状态转移方程：dp[i][j]表示第i~j个字符间的最大匹配字符数。

if(s[i] 与 s[j]匹配） dp[i][j] = d[[i+1][j-1] +2;

dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]);

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

//input

#define rep(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);++i)

#define RI(n) scanf("%d",&(n))

#define RII(n,m) scanf("%d%d",&n,&m);

#define RIII(n,m,k) scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)

#define RS(s) scanf("%s",s)

#define LL long long

#define REP(i,N)  for(int i=0;i<(N);i++)

#define CLR(A,v)  memset(A,v,sizeof A)

//////////////////////////////////

#define N 1005

#define inf 0x3f3f3f3f

#define mod 10007

int dp[N][N];

int main()

{

  char s[N];

  while(RS(s+)==)

  {

      CLR(dp,);

      int n=strlen(s+);

      rep(i,,n-)

     // if(s[i]=='('&&s[i+1]==')'||s[i]=='['&&s[i+1]==']')

     //   dp[i][i+1]=1;

     rep(len,,n)

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

     {

          if((s[i]=='('&&s[j]==')')||(s[i]=='['&&s[j]==']'))

                dp[i][j] = dp[i+][j-]+; //如果匹配，先更新

            for(int k = i;k<j;k++)//区间合并

            {//k<j

                dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+][j]);

            }

     }

   cout<<dp[][n]<<endl;

  }

}

整数划分

给出一个数n,要求在n的数位间插入(m-1)个乘号，将n分成了m段，求这m段的最大乘积。

样例输入

111 2

1111 2

样例输出

121

状态转移方程为

dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[k][j-1]*num[k+1][i])

其中num[i][j]表示从s[i]到s[j]这段连续区间代表的数值。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

//input

#define rep(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);++i)

#define RI(n) scanf("%d",&(n))

#define RII(n,m) scanf("%d%d",&n,&m);

#define RIII(n,m,k) scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)

#define RS(s) scanf("%s",s)

#define LL long long

#define REP(i,N)  for(int i=0;i<(N);i++)

#define CLR(A,v)  memset(A,v,sizeof A)

//////////////////////////////////

#define N 1005

#define inf 0x3f3f3f3f

#define mod 10007

int dp[N][N];

int num[ N][N];

int main()

{

   char s[];

   int n,m;

   RS(s+);

   RI(m);

   n=strlen(s+);

   rep(i,,n)

   {

       num[i][i]=s[i]-'';

       rep(j,i+,n)

       num[i][j]=num[i][j-]*+s[j]-'';

   }

   rep(i,,n)

   dp[i][]=num[][i];

   rep(j,,m-)//乘号一个个放入 因为每次dp[i][j] 由dp[i][j-1]转移而来  所以要j从小到大开始枚举  就像之前的要len从小到大开始枚举 因为每一个长区间取决于短区间

   rep(i,j+,n)

   rep(k,j,i-)

   dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[k][j-]*num[k+][i] );

  cout<<dp[n][m-];

}

石子合并

题目描述

在一个圆形操场的四周摆放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1个算法,计算出将N堆石子合并成1堆的最小得分和最大得分.

输入输出格式

输入格式：

数据的第1行试正整数N,1≤N≤100,表示有N堆石子.第2行有N个数,分别表示每堆石子的个数.

输出格式：

输出共2行,第1行为最小得分,第2行为最大得分.

输入输出样例

输入样例#1：复制

4

4 5 9 4

输出样例#1：复制

43

54

特意去学习了区间dp 发现是区间dp入门题：石子划分的加强版  （当然 这题也是入门题）  对比那题  只是把链变成了环

可以得到区间dp的方程：
f[i][j] = max(f[i][k] + f[k+1][j] + 合并付出的代价)  这里的代价是 i到j的所有石子合

如果对dp顺序没有加以设计的话 很容易写出
i=1 to 10,j=1 to 10,k=1 to 9.当i=1,j=5,k=3时，显然状态f[k+1][j]没有结果。   f[4][5]的结果为i=4 j=5时求出的
所以区间dp对执行顺序是有考究的：
枚举j-i（也就是len），并在j-i中枚举k。这样，就能保证地推的正确

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

//input

#define rep(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);++i)

#define RI(n) scanf("%d",&(n))

#define RII(n,m) scanf("%d%d",&n,&m);

#define RIII(n,m,k) scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)

#define RS(s) scanf("%s",s)

#define LL long long

#define REP(i,N)  for(int i=0;i<(N);i++)

#define CLR(A,v)  memset(A,v,sizeof A)

//////////////////////////////////

#define N 300

#define inf 0x3f3f3f3f

int a[N];

int dp1[N][N];//max

int dp2[N][N];//min

int s[N];

int main()

{

    int n;

    RI(n);

    rep(i,,n)

    RI(a[i]),a[i+n]=a[i];

    rep(i,,*n)

    s[i]=s[i-]+a[i];

    rep(len,,n-)

    {

        for(int i=,j=i+len;i<=*n&&j<=*n;i++,j=i+len  )

            {

                dp2[i][j]=inf;//注意求最小值的初始化

                for(int k=i;k<j;k++)

                {

                    dp1[i][j]=max(dp1[i][j],dp1[i][k]+dp1[k+][j]+s[j]-s[i-] );

                    dp2[i][j]=min(dp2[i][j],dp2[i][k]+dp2[k+][j]+s[j]-s[i-] );

                }

            }

    }

    int ans1=;

    int ans2=inf;

    rep(i,,n)

    {

        ans1=max(ans1,dp1[i][i+n-]);//注意减一

        ans2=min(ans2,dp2[i][i+n-]);

    }

    cout<<ans2<<endl<<ans1;

    return ;

}