特点

区间 DP 可以用于解决一些涉及到区间合并或分割的问题。区间 DP 通常有以下三个特点：

1. 合并（分割）：将两个或多个部分进行整合，或者反过来将一个区间分解成多个部分。
2. 特征：能将问题分解为能两两合并的形式。
3. 求解：对整个问题设最优解，枚举合并点，将问题分解为左右两个部分，最后合并两个部分的最优值得到原问题的最优值。

石子合并

题目描述

原题链接

设有 N 堆石子排成一排，其编号为 $1,2,3,\dots ,N$。

每堆石子有一定的质量，可以用一个整数来描述，现在要将这 N 堆石子合并成为一堆。

每次只能合并相邻的两堆，合并的代价为这两堆石子的质量之和，合并后与这两堆石子相邻的石子将和新堆相邻，合并时由于选择的顺序不同，合并的总代价也不相同。

例如有 4 堆石子分别为 1 3 5 2， 我们可以先合并 1、2 堆，代价为 4，得到 4 5 2， 又合并 1、2 堆，代价为 9，得到 9 2 ，再合并得到 11，总代价为 $4+9+11=24$；

如果第二步是先合并 2、3 堆，则代价为 7，得到 4 7，最后一次合并代价为 11，总代价为 $4+7+11=22$ 。

问题是：找出一种合理的方法，使总的代价最小，输出最小代价。

问题分析

状态表示：dp[i][j]表示将第 i 堆石子到第 j 堆石子合并成一堆石子的最小代价。

状态计算：

• 按照区间长度，从小到大枚举。
• 遍历最后一次分界线 k 的位置，将区间[i, j]分成[i, k]和[k, j]，求将第 i 堆石子到第 j 堆石子合并成一堆石子的最小代价，即dp[i][j] = max(dp[i][k] + dp[k+1][j]) + cost(i, j)

程序代码

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <limits.h>
using namespace std;int main()
{int n;cin >> n;vector<int> a(n + 1, 0), sum(n + 1, 0);vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(n + 1, 0));for(int i = 1; i <= n; i++) {cin >> a[i];sum[i] = sum[i-1] + a[i];}// 枚举区间长度for(int len = 2; len <= n; len++) {// 枚举区间的左端点for(int i = 1; i <= n - len + 1; i++) {int j = i + len - 1;// 初始化dp[i][j] = INT_MAX;// 枚举分界点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]);}}}cout << dp[1][n] << endl;return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度为 $O(N^3)$

环形石子合并

题目描述

将 n 堆石子绕圆形操场排放，现要将石子有序地合并成一堆。

规定每次只能选相邻的两堆合并成新的一堆，并将新的一堆的石子数记做该次合并的得分。

请编写一个程序，读入堆数 n 及每堆的石子数，并进行如下计算：

• 选择一种合并石子的方案，使得做 n−1 次合并得分总和最大。
• 选择一种合并石子的方案，使得做 n−1 次合并得分总和最小。

问题分析

前面我们已经考虑了线性区间的石子合并问题，仔细观察环形区间的石子合并问题，可以发现将两个石子合并，可以看作在两个石子之间连一条边。将 n 个石子合并需要 n - 1 次合并操作，即连 n - 1 条边。沿着缺口将环形区间拉直，便可转换为线性区间问题。

为了遍历所有可能的缺口情况，我们可以将原问题复制一份，接在原数组后面，构成一个具有 2n 个石子的问题。求解该线性区间问题，最终找dp[i][i+n]的最大值（其中 $1\le i\le n$），得到环形区间问题的最大值。

状态定义和状态转移方程同上一题（石子合并问题）相同。

程序代码

#include <iostream>
#include <limits.h>
#include <vector>
using namespace std;int main()
{int n;cin >> n;vector<int> a(2 * n + 1, 0), sum(2 * n + 1, 0);vector<vector<int>> dp(2 * n + 1, vector<int>(2 * n + 1, 0));vector<vector<int>> f(2 * n + 1, vector<int>(2 * n + 1, 0));for(int i = 1; i <= n; i++) {cin >> a[i];a[i + n] = a[i];}for(int i = 1; i <= 2 * n; i++) {sum[i] = sum[i-1] + a[i];}for(int len = 2; len <= n; len++) {for(int i = 1; i <= 2 * n - len + 1; i++) {int j = i + len - 1;dp[i][j] = INT_MAX;f[i][j] = INT_MIN;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]);f[i][j] = max(f[i][j], f[i][k] + f[k+1][j] + sum[j] - sum[i-1]);}}}int maxVal = INT_MIN, minVal = INT_MAX;for(int i = 1; i <= n; i++) {minVal = min(minVal, dp[i][i + n - 1]);maxVal = max(maxVal, f[i][i + n - 1]);}cout << minVal << endl;cout << maxVal << endl;return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度为 $O(N^3)$ 量级

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 $N$ 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 $m$，尾标记为 $r$，后一颗能量珠的头标记为 $r$，尾标记为 $n$，则聚合后释放的能量为 $m\times r\times n$（Mars 单位），新产生的珠子的头标记为 $m$，尾标记为 $n$。

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 $N=4$，$4$ 颗珠子的头标记与尾标记依次为 $(2,3)(3,5)(5,10)(10,2)$。我们用记号 $\oplus$ 表示两颗珠子的聚合操作，$(j\oplus k)$ 表示第 $j,k$ 两颗珠子聚合后所释放的能量。则第 $4$，$1$ 两颗珠子聚合后释放的能量为：

$(4\oplus 1)=10\times 2\times 3=60$。

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：

$(((4\oplus 1)\oplus 2)\oplus 3)=10\times 2\times 3+10\times 3\times 5+10\times 5\times 10=710$。

问题分析

不难发现，此题就是环形矩阵连乘问题。与上题类似，我们可以先考虑线性区间问题的求解。

状态表示：dp[i][j]表示将第 i 个珠子到第 j 个珠子合并在一起，所能释放的最大能量。

状态计算：

• 考虑所有的分界点，将区间[i, j]分成[i, k]和[k+1, j]，表示最后一次的合并点。
• 对于所有可能的分界点，取可能值最大的分界点，即dp[i][j] = max(dp[i][k] + dp[k+1][j] + profit(i, k, j))

环形的情况：【这里偷个懒，环形石子合并问题的图进行解释】

假设珠子构成的环形有 n 个点，每合并两个珠子，在他们之间连一条线。将所有珠子都合并，需要连 n - 1 条线。可以发现，珠子并没有连成环，而是存在一个缺口。因此，我们可以考虑缺口的所有可能位置，将这个带缺口的环形拉直，变成一条直线，转换成线性区间问题。

为了遍历所有可能情况，我们可以将原问题复制一份，接在原数组后面，构成一个具有 2n 个珠子的问题。求解该线性区间问题，最终找dp[i][i+n]的最大值（其中 $1\le i\le n$），得到环形区间问题的最大值。

Note：这里注意，2 个珠子合并需要 3 个参数，因此区间长度应该从 3 开始，最大区间长度应该是n + 1

程序代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;int main()
{int n;cin >> n;vector<int> w(2 * n + 1);vector<vector<int>> dp(2 * n + 1, vector<int>(2 * n + 1, 0));for(int i = 1; i <= n; i++) {cin >> w[i];w[i + n] = w[i];}for(int len = 2; len <= n + 1; len++) {for(int i = 1; i <= n * 2 - len + 1; 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] + w[i]*w[k]*w[j]);}}}int res = 0;for(int i = 1; i <= n; i++) {res = max(res, dp[i][i + n]);}cout << res << endl;return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度为 $O(N^3)$

加分二叉树

题目描述

原题链接

设一个 $n$ 个节点的二叉树 $\text{tree}$ 的中序遍历为$(1,2,3,\dots ,n)$，其中数字 $1,2,3,\dots ,n$ 为节点编号。每个节点都有一个分数（均为正整数），记第 $i$ 个节点的分数为 $d_i$，$\text{tree}$ 及它的每个子树都有一个加分，任一棵子树 $\text{subtree}$（也包含 $\text{tree}$ 本身）的加分计算方法如下：

$\text{subtree}$ 的左子树的加分 $\times$ $\text{subtree}$ 的右子树的加分 $+$ $\text{subtree}$ 的根的分数。

若某个子树为空，规定其加分为 $1$，叶子的加分就是叶节点本身的分数。不考虑它的空子树。

试求一棵符合中序遍历为 $(1,2,3,\dots ,n)$ 且加分最高的二叉树 $\text{tree}$。要求输出

1. $\text{tree}$ 的最高加分。
2. $\text{tree}$ 的前序遍历。

问题分析

这道题的主要考察区间 DP 问题的方案记录

先回顾下，二叉树的中序遍历：先递归遍历左子树，输出根节点，再递归遍历右子树。

状态表示：dp[L][R]表示所有中序遍历是[L, R]序列的二叉树的集合。

状态计算：dp[L][R] = max(dp[L][k-1] * dp[k+1][R] + w[k])，其中 k 为根节点所有可能的位置，即分界点。

方案记录与输出：核心在于记录每次区间划分的根节点

• g[L][R] = root：表示对于[L, R]这个二叉树的中序遍历，其根节点为root，将二叉树划分成左子树[L, root - 1]和右子树[root + 1, R]
• 输出则按照二叉树前序遍历的模式递归输出。

边界情况处理：

• 若区间长度为 1：表示处理叶节点的情况，叶节点的加分就是叶节点本身的分数，即dp[i][i] = w[i]。根节点就是本身，即g[i][i] = i
• 若区间长度大于 1：
  • 当k == l时，说明左子树为空，则dp[i][j] = dp[k+1][r] + w[k]
  • 当k == r时，说明右子树为空，则dp[i][j] = dp[l][k-1] + w[k]

程序代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <limits.h>
using namespace std;// 前序遍历
void dfs(const vector<vector<int>>& g, int left, int right)
{if(left > right)  return ;int root = g[left][right];cout << root << " ";dfs(g, left, root - 1);dfs(g, root + 1, right);
}int main()
{int n;cin >> n;vector<int> w(n + 1, 0);vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(n + 1, 0));vector<vector<int>> g(n + 1, vector<int>(n + 1, 0));for(int i = 1; i <= n; i++) {cin >> w[i];}for(int len = 1; len <= n; len++) {for(int l = 1; l <= n - len + 1; l++) {int r = l + len - 1;if(len == 1) {dp[l][l] = w[l];g[l][l] = l;continue;}for(int k = l; k <= r; k++) {int left = l == k ? 1 : dp[l][k-1];int right = r == k ? 1 : dp[k+1][r];int t = left * right + w[k];if( dp[l][r] < t ) {dp[l][r] = t;g[l][r] = k;}}}}cout << dp[1][n] << endl;dfs(g, 1, n);return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度为 $O(N^3)$ 量级

凸多边形的划分

题目描述

给定一个具有 N 个顶点的凸多边形，将顶点从 1 至 N 标号，每个顶点的权值都是一个正整数。

将这个凸多边形划分成 N−2 个互不相交的三角形，对于每个三角形，其三个顶点的权值相乘都可得到一个权值乘积，试求所有三角形的顶点权值乘积之和至少为多少。

问题分析

观察上述凸多边形，我们以(3, 4)为边，6为分界点，可以将凸多边形分成left和right两个多边形，以及一个三角形(3, 4, 6)。对于这种情况，凸多边形的最小值就是左边凸多边形left的最小值，加上右边凸多边形right的最小值，再加上三角形(3, 4, 6)权值乘积。

通过遍历所有可能的分界点，我们便可以得到以(3, 4)为底边的三角形，所有可能情况凸多边形的最小值。

状态表示：dp[L][R]表示所有将(L, L+1), (L+1, L+2), ..., (R-1, R), (R, L)这个多边形分成三角形的最小值。

状态计算：

• 固定三角形的底边，遍历所有可能的分界点，即三角形的顶点 k
• 状态转移方程：dp[L][R] = min(dp[L][k] + dp[k][R] + w[R] * w[L] * w[k])

Note：这里不做环形处理是因为，凸多边形的划分与划分顺序无关，即影响权值乘积的因素只有划分结果。因此，任意一种环形情况，都能在一个线性区间情况中找到一个对应的划分

程序代码

无高精度，只能过部分样例

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <limits.h>
using namespace std;int main()
{int n;cin >> n;vector<int> w(n + 1, 0);vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(n + 1, 0));for(int i = 1; i <= n; i++) {cin >> w[i];}// 区间长度最小值为3for(int len = 3; len <= n; len++) {for(int l = 1; l <= n - len + 1; l++) {int r = l + len - 1;dp[l][r] = INT_MAX;// 遍历三角形的顶点(分界点)for(int k = l + 1; k < r; k++) {dp[l][r] = min(dp[l][r], dp[l][k] + dp[k][r] + w[r] * w[l] * w[k]);}}}cout << dp[1][n] << endl;return 0;
}

这里用 Python 偷懒过高精度（手动狗头

n = int(input())
a = list(map(int, input().split()))
w = [0] + a
dp = [[0 for i in range(n + 1)] for i in range(n + 1)]
for len in range(3, n + 1):for l in range(1, n - len + 2):r = l + len - 1dp[l][r] = float('inf')for k in range(l + 1, r):dp[l][r] = min(dp[l][r], dp[l][k] + dp[k][r] + w[r] * w[l] * w[k])
print(dp[1][n])

复杂度分析

时间复杂度为 $O(N^3)$ 量级

棋盘分割

题目描述

原题链接

将一个 8 $\times$ 8 的棋盘进行如下分割：将原棋盘割下一块矩形棋盘并使剩下部分也是矩形，再将剩下的部分继续如此分割，这样割了 $(n-1)$ 次后，连同最后剩下的矩形棋盘共有 $n$ 块矩形棋盘。 (每次切割都只能沿着棋盘格子的边进行)

原棋盘上每一格有一个分值，一块矩形棋盘的总分为其所含各格分值之和。现在需要把棋盘按上述规则分割成 $n$ 块矩形棋盘，并使各矩形棋盘总分的均方差最小。

均方差 $\sigma =\sqrt{\frac{{\sum }_{i=1}^n(x_i-\bar{x}{)}^2}{n}}$ ，其中平均值 $\bar{x}=\frac{{\sum }_{i=1}^n{x}_i}{n}$ , $x_i$ 为第 $i$ 块矩形棋盘的分。

请编程对给出的棋盘及 $n$ ，求出 $\sigma$ 的最小值。

问题分析

这道题属于二维的区间 DP 问题，为了简化代码，可以使用记忆化搜索来求解

状态表示：dp[x1][y1][x2][y2][k]表示将子矩阵(x1, y1)(x2, y2)切分成 k 部分，即切 k - 1 刀，均方差的最小值。

状态计算：

• 横着切一刀：dp(x1, y1, x2, y2, k) = min(get(x1, y1, i, y2) + dp(i + 1, y1, x2, y2, k - 1), get(i + 1, y1, x2, y2) + dp(x1, y1, i, y2, k - 1))
• 竖着切一刀：dp(x1, y2, x2, y2, k) = min(get(x1, y1, x2, j) + dp(x1, j + 1, x2, y2, k - 1), get(x1, j + 1, x2, y2) + dp(x1, y1, x2, j, k - 1))

程序代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;const int N = 10, M = 17;
const double INF = 1e9 + 7;int n = 8, m;  // 划分成m个矩形
int s[N][N];  // 二维前缀和
double f[N][N][N][N][M];
double xmean;  // 均值// 求方块元素之和
int getSum(int x1, int y1, int x2, int y2)
{return s[x2][y2] + s[x1 - 1][y1 - 1] - s[x1 - 1][y2] - s[x2][y1 - 1];
}// 求方差的其中一项
double get(int x1, int y1, int x2, int y2)
{double t = getSum(x1, y1, x2, y2) - xmean;return (double)t * t / m;
}// 记忆化搜索求二维区间DP问题
double dp(int x1, int y1, int x2, int y2, int k)
{double &v = f[x1][y1][x2][y2][k];// 已经计算过，直接返回if(v >= 0)  return v;// 划分成1个矩形，无需再切if(k == 1)  return v = get(x1, y1, x2, y2);v = INF;// 横切for(int i = x1; i < x2; i++) {// 留下上面部分，继续切下面部分v = min(v, get(x1, y1, i, y2) + dp(i + 1, y1, x2, y2, k - 1));// 留下下边部分，继续切上面部分v = min(v, get(i + 1, y1, x2, y2) + dp(x1, y1, i, y2, k - 1));}// 竖切for(int i = y1; i < y2; i++) {// 留下左边，继续切右边v = min(v, get(x1, y1, x2, i) + dp(x1, i + 1, x2, y2, k - 1));// 留下右边，继续切左边v = min(v, get(x1, i + 1, x2, y2) + dp(x1, y1, x2, i, k - 1));}return v;
}int main()
{cin >> m;for(int i = 1; i <= n; i++) {for(int j = 1; j <= n; j++) {cin >> s[i][j];s[i][j] += s[i - 1][j] + s[i][j - 1] - s[i - 1][j - 1];}}// m个矩形的均值xmean = (double)s[n][n] / m;// 初始化memset(f, -1, sizeof(f));printf("%.3lf\n", sqrt(dp(1, 1, n, n, m)));return 0;
}