dp
一.什么是区间dp?
顾名思义：区间dp就是在区间上进行动态规划，求解一段区间上的最优解。主要是通过合并小区间的 最优解进而得出整个大区间上最优解的dp算法。
二.核心思路
既然让我求解在一个区间上的最优解，那么我把这个区间分割成一个个小区间，求解每个小区间的最优解，再合并小区间得到大区间即可。所以在代码实现上，我可以枚举区间长度len为每次分割成的小区间长度（由短到长不断合并），内层枚举该长度下可以的起点，自然终点也就明了了。然后在这个起点终点之间枚举分割点，求解这段小区间在某个分割点下的最优解。
板子：
for(int len = 1;len<=n;len++){//枚举长度
for(int j = 1;j+len<=n+1;j++){//枚举起点，ends<=n
int ends = j+len - 1;
for(int i = j;i<ends;i++){//枚举分割点，更新小区间最优解
dp[j][ends] = min(dp[j][ends],dp[j][i]+dp[i+1][ends]+something);
}
}
}三.朴素区间dp（n^3)
例题：石子归并1
传送门：戳我呀
转移方程：
dp[j][ends] = min(dp[j][ends],dp[j][i]+dp[i+1][ends]+weigth[i][ends]);j~ends堆合并 = 较小的（原来， 分割点i坐部分重量 + 分割点i右边部分重量 + 合并后两堆总重量）
注：可以用sum[j] - sum[i - 1]表示i~j堆的重量！
代码：
#include <iOStream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f
int stone[105];
int dp[105][105];
int sum[105];
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
memset(sum,0,sizeof(sum));
memset(dp,INF,sizeof(dp));
for(int i =1;i<=n;i++){
scanf("%d",&stone[i]);
sum[i] = sum[i - 1] + stone[i];//重量
dp[i][i] = 0;
}
for(int len = 1;len<=n;len++){//枚举长度
for(int j = 1;j+len<=n+1;j++){//枚举起点，ends<=n
int ends = j+len - 1;
for(int i = j;i<ends;i++){//枚举分割点
dp[j][ends] = min(dp[j][ends],dp[j][i]+dp[i+1][ends]+sum[ends]-sum[j-1]);//更新状态
}
}
}
cout<<dp[1][n]<<endl;
return 0;
}
四.题目变形（线性变环状）
例题：石子归并2
题意：原题与上面相同，但是石子排列由线性排列变成环状排列，求解
思路：环状以后合并区间的情况就可以从后往前合并，最后合并完成可能是1~n,2~n~1,3~n~2.....这种n个石子合并的情况。所以我们可以破环成链，将前n-1各元素也放到n后面构成一个线性的环状序列，在对这个序列dp即可
代码：codevs 2102环状石子归并求最大值和最小值
#include <iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f
int stone[105];
int dpmin[205][205];//最小
int dpmax[205][205];//最大
int sum[205];
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
memset(sum,0,sizeof(sum));
memset(dpmin,INF,sizeof(dpmin));
memset(dpmax,-1,sizeof(dpmax));
for(int i =1;i<=n;i++){
scanf("%d",&stone[i]);
sum[i] = sum[i - 1] + stone[i];
dpmin[i][i] = 0;
dpmax[i][i] = 0;
}
for(int i = 1;i<=n;i++){
sum[i+n] = sum[i+n-1]+stone[i];//展开的n后面的n-1~1重量
dpmin[i+n][i+n] = 0;
dpmax[i+n][i+n] = 0;
}
for(int len = 1;len<=n;len++){//长度还是最大n
for(int j = 1;j+len<=2*n;j++){//起点枚举最大到2*n-1,ends<=2*n-1
int ends = j+len - 1;
for(int i = j;i<ends;i++){//注意！i<ends！！！因为i=ends时，dp[ends+1][ends]是不成立的！
dpmin[j][ends] = min(dpmin[j][ends],dpmin[j][i]+dpmin[i+1][ends]+sum[ends]-sum[j-1]);
dpmax[j][ends] = max(dpmax[j][ends],dpmax[j][i]+dpmax[i+1][ends]+sum[ends]-sum[j-1]);
}
}
}
int ansmin = 0xfffffff;
int ansmax = -1;
for(int i = 1;i<=n;i++){
ansmin = min(ansmin,dpmin[i][i+n-1]);//找1~n,2~n~1,3~n~2....的合并n个堆的中最大和最小的值
ansmax = max(ansmax,dpmax[i][i+n-1]);
}
cout<<ansmin<<endl;
cout<<ansmax<<endl;
return 0;
}
五.时间优化（四边形优化，n^2)
思路：在查找最优分割点的时候，我们浪费了大量时间。那么我们可以把最优分割点保存下来，在查找的时候利用保存的最优分割点来优化查找过程。
四边形不等式优化：
（1）功能：用来寻找，s[i][j](i~j的最优分割点）与其他分割点的关系
（2）不等式内容：如果某东西满足a<b<=c<d且f[a][c]+f[b][d]<=f[a][d]+f[b][c],则说这个东西满足四边形不等式。简而言之：交叉小于包含！
（3）结论关系：s[i][j-1]<=s[i][j]<=s[i+1][j]
（4）证明过程：
0.证明w满足四边形不等式，这里w是m的附属量，形如m[i,j]=opt{m[i,k]+m[k,j]+w[i,j]}，此时大多要先证明w满足条件才能进一步证明m满足条件
1.证明m满足四边形不等式
2.证明s[i,j-1]≤s[i,j]≤s[i+1,j]
（5）证明请参考：点击打开链接
代码：(以石子归并v2为例）
#include <iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f
int dp[2005][2005];
int sum[2005];
int relation[2005][2005];
int num[2005];
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
memset(sum,0,sizeof(sum));
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
for(int i = 1;i<=n;i++){
scanf("%d",&num[i]);
dp[i][i] = 0;
relation[i][i] = i;
sum[i] = sum[i-1] + num[i];
}
for(int i = 1;i<=n;i++){
sum[i+n] = sum[i+n-1] +num[i];
relation[i+n][i+n] = i+n;//分割点初始化
dp[i+n][i+n] = 0;
}
for(int len = 1;len<=n;len++){
for(int j = 1;j+len<=2*n;j++){
int ends = j+len - 1;
for(int k = relation[j][ends-1];k<=relation[j+1][ends];k++){//k的范围
if(dp[j][ends]>dp[j][k]+dp[k+1][ends]+sum[ends]-sum[j-1])
{
dp[j][ends]=dp[j][k]+dp[k+1][ends]+sum[ends]-sum[j-1];
relation[j][ends] = k;
}
}
}
}
int ans = 0xfffffff;//一定要开0xfffffff不然错QAQ
for(int i = 1;i<=n;i++){
ans = min(ans,dp[i][i+n-1]);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
六.四道入门题目（难点在于怎么找状态转移方程）
1.Poj2955 括号匹配（一）
(1)题意：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。
(2)思路：这里的状态转移是以一个if为基础的，如果s[i]与s[j]匹配，那么明显的dp[i][j] = dp[i+1][j-1]+2;然后在这个基础上枚举分割点k.
(3)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]);
代码：
#include <iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int dp[105][105];
int main()
{
char s[105];
while(scanf("%s",s+1)!=EOF)
{
memset(dp,0,sizeof(dp));//dp初始化为0，因为一方面是找最大之，一方面初始匹配数为0
int len = strlen(s+1);//dp[i][i]不用处理，因为自己和自己不匹配就是0
if(s[1]=='e')break;
for(int l = 1;l<=len;l++){
for(int i = 1;i+l<=len+1;i++){
int j= i+l-1;
if((s[i]=='('&&s[j]==')')||(s[i]=='['&&s[j]==']')){//如果匹配，先更新
dp[i][j] = dp[i+1][j-1]+2;
}
for(int k = i;k<j;k++){//k<j
dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]);
}
}
}
cout<<dp[1][len]<<endl;
}
return 0;
}
2.Poj1651 抽卡片
（1）题意：给你n个数字，要求不能删除两端点的数字，然后删除其他数字的代价是该数字和左右相邻数字的乘积，问把数字（除端点）删完后的最小总代价。
（2）思路：因为最后都要删掉中间所有的数字，所以我们分隔一个个小区间删数字，合并区间求最小。那么我们的状态就是目前删掉的数字区间，但是我们分割的时候的意思是抽一个卡片出来，所以这个卡片不能在已经抽出的状态里面，所以dp[i][j]里面是不包含j卡片的！
（3）状态转移方程：dp[i][j]表示抽出第i~j-1张卡片时候的最小值
dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i][k] + dp[k+1][j] +num[i-1]*num[k]*num[j]);
代码：
#include <iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int dp[105][105];
int num[105];
int main()
{
int N;
cin>>N;
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));//dp初始化为inf,因为找最小值
for(int i = 1;i<=N;i++){
cin>>num[i];
dp[i][i] = 0;//dp[i][i]要初始化，作为由小到大累计的初始条件，自己取出自己就是为0
}
for(int len = 1;len<=N;len++){
for(int i = 2;i+len<=N+1;i++){//起点从2开始，因为不包括两端点
int j = i+len-1;
for(int k = i;k<j;k++){
dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+num[i-1]*num[k]*num[j]);
}
}
}
cout<<dp[2][N]<<endl;//由dp[i][j]的定义，输出合并第2~N-1个卡片的结果
return 0;
}
3.整数划分（四）
（1）题意：给出两个整数 n , m ,要求在 n 中加入m - 1 个乘号，将n分成m段，求出这m段的最大乘积
（2）思路：这里给的乘号是有限个，所以状态方程里必须包含使用乘号的个数，此外还要包含区间长度。所以怎么用二维dp实现包含m和n，我们可以用dp[i][j]表示在第1~i个字符里插入j个乘号的最大值。
（3）状态转移方程 dp[i][j]表示在第1~i个字符里插入j个乘号的最大值；用num[i][j]表示第i~j个字符表示的数字；
dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[k][j-1]*num[k+1][i])
代码：
#include <iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll dp[50][50];
ll num[50][50];
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
char s[100];
while(T--)
{
int m;
scanf("%s%d",s+1,&m);
int len = strlen(s+1);
memset(dp,0,sizeof(dp));//初始化dp
memset(num,0,sizeof(num));
for(int i = 1; i<=len; i++)
{
for(int j = i; j<=len; j++)
{
for(int k = i;k<=j;k++){
num[i][j]*=10;
num[i][j]+=(s[k]-'0');
}
}
dp[i][0] = num[1][i];//初始插入0个乘号时是自己，由小到大累计的基础
}
for(int j = 1;j<m;j++){//乘号个数由1~m-1个
for(int i = 1;i<=len;i++){//结尾坐标（表示长度）
for(int k = 1;k<i;k++){//分割点插入第j个乘号
dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[k][j-1]*num[k+1][i]);
}
}
}
cout<<dp[len][m-1]<<endl;//输出在1~len插入m-1个乘号的结果
}
return 0;
}
4.最多回文子串 hdu4632
(1)题意：给你一个字符串，求出其最多的可构成的回文字串（不要求连续），注：这里不同的回文字串只要求位置不同即可视为不同，如：aaaaa 的最多回文子串数目是 31.
（2）思路：用dp[i][j]表示状态，表示i~j里最多的回文字串数目，假设现在我们要求dp[i][j]：
a.首先：由前一个状态知：dp[i][j] = dp[i+1][j]并上dp[i][j-1] （因为区间尽可能大而且状态要在dp[i][j]之前，而且回文子串不要求 连续），由容斥原理得：dp[i+1][j] U dp[i][j-1] = dp[i+1][j]+dp[i][j-1] - dp[i+1][j] n dp[i][j-1]
= dp[i+1][j]+dp[i][j-1] - dp[i+1][j-1]
注意：这是一个固定的状态，每一个状态都由这个公式推出初始状态，是必须的，不是可选择地
b.其次：如果s[i] == s[j] ,那么两端单独就可以构成回文子序列，而且与dp[i+1][j],dp[i][j-1],dp[i+1][j-1]，中的回文序列又可以构成新的回文序列，所以此时dp[i][j] = dp[i+1][j] U dp[i][j-1] + dp[i+1][j-1] +1;而dp[i][j]已经更新为 dp[i+1][j] U dp[i][j-1]，所以dp[i][j] = dp[i][j] + dp[i+1][j-1] +1;
(3)状态转移方程： dp[i][j]表示i~j内最多的回文字串数目
dp[i][j] = dp[i+1][j]+dp[i][j-1] -dp[i+1][j-1] (容斥）
if(s[i] == s[j]) dp[i][j] = dp[i][j] +dp[i+1][j-1] +1; （思维）
注：这里因为容斥时有减法，所以要先加上模再取模，要不会出
现负数！
代码：
#include <iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
char s[1005];
int dp[1005][1005];
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
int t = 0;
while(T--){
t++;
scanf("%s",s+1);
memset(dp,0,sizeof(dp));
int len = strlen(s+1);
for(int i = 1;i<=len;i++)dp[i][i] = 1;//自己是长度为1的
for(int l = 1;l<=len;l++){
for(int i = 1;i+l<=len+1;i++){
int j = i+l-1;//容斥原理 dp[i][j] = dp[i+1][j]并dp[i][j-1] (因为是自序列可以不连续）
dp[i][j] = (dp[i+1][j] + dp[i][j-1] - dp[i+1][j-1]+10007)%10007;
if(s[i] == s[j])dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i+1][j-1] + 1)%10007;//如果两端相等，dp[i][j] = 原来的 + 两端与中间每一个回文也可以构成回文（dp[i+1][j-1]) + 两端单独构成一个回文（1）！！！
}
}
printf("Case %d: %d\n",t,dp[1][len]);
}
return 0;
}