acwing算法基础之动态规划--线性DP和区间DP

1 基础知识

线性DP：状态转移表达式存在明显的线性关系。
区间DP：与顺序有关，状态与区间有关。

2 模板

3 工程化

题目1：数字三角形。

解题思路：直接DP即可，f[i][j]可以来自f[i-1][j] + a[i][j]和f[i-1][j-1] + a[i][j]，注意f[i-1][j]不存在的情况（最后一个点）和f[i-1][j-1]不存在的情况（第一个点）。

C++代码如下，

#include <iostream>using namespace std;const int N = 510;
int n;
int a[N][N];
int f[N][N];int main() {cin >> n;for (int i = 0; i < n; ++i) {for (int j = 0; j < i + 1; ++j) {cin >> a[i][j];}}for (int i = 0; i < N; ++i) {for (int j = 0; j < N; ++j) {f[i][j] = -0x3f3f3f3f;}}f[0][0] = a[0][0];for (int i = 1; i < n; ++i) {for (int j = 0; j < i + 1; ++j) {f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j] + a[i][j]);if (j - 1 >= 0) f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j-1] + a[i][j]);}}int res = -0x3f3f3f3f;for (int j = 0; j < n; ++j) res = max(res, f[n-1][j]);cout << res << endl;return 0;
}

题目2：最长上升子序列。注意可以连续，比如3 1 2 1 8 5 6，那么它的最长上升子序列为1 2 5 6，长度为4。

解题思路：DP即可。

状态定义，f[i]表示以第 $i$ 元素结尾的上升子序列的最大长度。

状态转移，有，

没有上一个元素，即f[i] = 1。
从第 $i - 1$ 个元素转移过来，需要满足a[i-1] < a[i]，则f[i-1] + 1。
从第 $i - 2$ 个元素转移过来，需要满足a[i-2] < a[i]，则f[i-2] + 1。
……
从第 $0$ 个元素转移过来，需要满足a[0] < a[i]，则f[0] + 1。

C++代码如下，

#include <iostream>using namespace std;const int N = 1010;
int n;
int a[N];
int f[N];int main() {cin >> n;for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> a[i];for (int i = 0; i < n; ++i) {f[i] = 1;for (int j = 0; j < i; ++j) {if (a[j] < a[i]) f[i] = max(f[i], f[j] + 1);} }int res = 0;for (int i = 0; i < n; ++i) res = max(res, f[i]);cout << res << endl;return 0;
}

同时输出最长上升子序列，那么此时只需要记住当前状态是从哪一个状态转移过来的，然后逆序输出即可。C++代码如下，

#include <iostream>
#include <algorithm>using namespace std;const int N = 1010;
int n;
int a[N];
int f[N];
int g[N];int main() {cin >> n;for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> a[i];for (int i = 0; i < n; ++i) {f[i] = 1;g[i] = -1; //g[i]=-1表示它是子序列的起点for (int j = 0; j < i; ++j) {if (a[j] < a[i]) {if (f[i] < f[j] + 1) {f[i] = f[j] + 1;g[i] = j;//g[i]=j表示状态f[i]是从状态f[j]转移过来的}}} }int res = 0;for (int i = 0; i < n; ++i) {if (f[i] > f[res]) {res = i;}}cout << f[res] << endl;//输出最长子序列的长度vector<int> ans; //最长子序列for (int i = res; i != -1; i = g[i]) {ans.emplace_back(a[i]);}reverse(ans.begin(), ans.end());for (int i = 0; i < ans.size(); ++i) cout << ans[i] << " ";cout << endl;return 0;
}

测试样例，

输入：
7
3 1 2 1 8 5 6
输出：
4
1 2 5 6

题目3：最长公共子序列，给定字符串a和字符串b，求它们的最长公共子序列。例如acbd和abedc，则它们的最长公共子序列为abd，长度为3。

思路：利用DP来求解，由于这里求的是最大长度，因此在状态转移时，可以适当放大，以便可以表示相应转移路径。

状态定义，f[i][j]：从字符串a前i个中选且从字符串b中前j个中选的公共子序列的最大长度。

状态转移，有，

a[i]不在最优公共子序列当中，b[j]不在最优公共子序列当中，则f[i-1][j-1]。
a[i]在最优公共子序列当中，b[j]不在最优公共子序列当中，无法表示？？？，故将其放大，为f[i][j-1]。
a[i]不在最优公共子序列当中，b[j]在最优公共子序列当中，无法表示？？？，故将其放大，为f[i-1][j]。
a[i]在最优公共子序列当中，b[j]在最优公共子序列当中，要求a[i]=b[j]，则f[i-1][j-1] + 1。

进一步思考，由于进行了放大，因此第（2）种情况和第（3）种情况包含了第（1）种情况。因此在代码实现时，可以考虑如下状态转移f[i][j-1]、f[i-1][j]和f[i-1][j-1] + 1。

C++代码如下，

#include <iostream>using namespace std;const int N = 1010;
char a[N], b[N];
int n, m;
int f[N][N];int main() {cin >> n >> m;cin >> a + 1 >> b + 1;for (int i = 1; i <= n; ++i) {for (int j = 1; j <= m; ++j) {f[i][j] = max(f[i-1][j], f[i][j-1]);if (a[i] == b[j]) f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j-1] + 1);}}cout << f[n][m] << endl;return 0;
}

题目4：合并相邻石子的最小代价。例如1 3 5 2，合并前两堆石子1和3的代价是4，得到4 5 2。

解题思路：区间合并类DP，状态定义围绕着区间，然后怎么层层递进计算状态，比较考验。答案是枚举区间长度来计算。

状态定义，f[i][j]：合并第i~j堆石子的最小代价。

状态转移，有，

最后一次合并为[i,i]和[i+1,j]这两个区间合并，即f[i][i] + f[i + 1][j] + s[j] - s[i - 1]，其中s[i]表示前缀和。
最后一次合并为[i,i+1]和[i+2,j]这两个区间合并，即f[i][i + 1] + f[i + 2][j] + s[j] - s[i - 1]。
最后一次合并为[i,i+2]和[i+3,j]这两个区间合并，即f[i][i + 2] + f[i + 3][j] + s[j] - s[i - 1]。
……
最后一次合并为[i,j-1]和[j,j]这两个区间合并，即f[i][j - 1] + f[j][j] + s[j] - s[i - 1]。

初始化，f[i][i]=0，然后其余初始化为正无穷大，比如1e9。

最终答案为，f[1][n]。

注意状态的遍历，是通过区间长度从1到n实现的。

C++代码如下，

#include <iostream>using namespace std;const int N = 310;
int a[N];
int s[N];
int f[N][N];
int n;int main() {cin >> n;for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];for (int i = 1; i <= n; ++i) s[i] += s[i-1] + a[i];for (int len = 2; len <= n; ++len) {//枚举左端点for (int i = 0; i + len - 1 <= n; ++i) {int l = i, r = i + len - 1;f[l][r] = 1e9;for (int k = l; k < r; ++k) {f[l][r] = min(f[l][r], f[l][k] + f[k+1][r] + s[r] - s[l-1]);}}}cout << f[1][n] << endl;return 0;
}