區間dp

區間dp寫起來就比概率dp寫起來有套路多了。
總的來說，自認爲區間dp就只有三四種套路。

大致分成兩種，小區間推大區間，大區間推小區間

一些平常的區間dp只要定義dp[][]兩維就行，兩種不同的定義方式。一種dp[i][j] 表示左端爲i右端爲j。另一種是dp[i][j] 表示左端爲i，長度爲j。兩種寫法對應的循環也不同。

以小區間爲例
對於第一種，dp[i][j] 左端點+右端點

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

一般第一重循環表示右端點，第二重循環表示左端點。這樣寫是當要求的答案是dp[1][n] 的時候。
對於第二種，dp[i][j] 左端點+長度

for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;i+j<=n;j++)
        ……

一般第一重循環表示長度，第二重循環表示左端點。

還有些題目就不能直接這樣寫了，可能區間dp沒那麼明顯，區間性不高。可以根據一些性質轉化成區間dp。

以下是例題分析：(有題不是區間dp)

一、HDU 3280 Equal Sum Partitions
第一題就不是區間dp……區間dp第一題不是區間dp，虧我想了這麼久……暴力枚舉和，然後判斷一下，玄學就過了。

二、HDU 4283 You Are the One
比較明顯的區間dp。開始時想把一個點往相鄰的區間的頭尾放，然後轉移就行了。然後帶了一組數據發現完全錯。然後發現作爲一個棧，爲什麼只能往頭尾放？棧是先進後出，那麼一個點進去後，可以晚點出來。那麼對於一個點，就可以插入到後面區間任意一個位置。那麼轉移就簡單了。套用第一個模板

for(int l=1;l<=n;l++)
    for(int i=1;i+l<=n;i++){
        int j=i+l;
        dp[i][j]=1e9;
        for(int k=1;i+k-1<=j;k++)
            dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i+1][i+k-1]+dp[i+k][j]+k*(cnt[j]-cnt[i+k-1])+A[i]*(k-1));//cnt是前綴和
    }

三、HDU 4293 Groups
這道題如果直接去想區間dp，肯定會被他的分組弄糊。反方向想，如果一個人說他前面有a個人，後面b個人，那麼如果想要這個人說真話，那麼他肯定要站在[a+1,n-b]這個區間內。這個顯然，那麼這樣就劃分出區間來了。可以知道對於一個區間[L,R]，有很多人要站在裏面，那麼這個區間可能要滿出來了，那就要判一下。讀入的時候把這些區間求出來。問題就轉化爲多個有權值的區間，從中選出一些不重疊的區間使權值最大。這種問題dp只要一維就行了。

//預處理部分
for(int i=1;i<=n;i++){
    int x,y;
    scanf("%d%d",&x,&y);
    if(x+y<=n&&n-y-x>A[x+1][n-y])A[x+1][n-y]++;//存在區間&&區間人數足夠 
}

//dp部分
for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=i;j++)
        dp[i]=max(dp[i],dp[j-1]+A[j][i]);

四、HDU 4412 Sky Soldiers
求期望的區間dp。可以說dp的轉移不是很難，難在預處理那一段。dp[i][j] 表示前i個點建立j個大本營要的代價。此時轉移還要一個數組cost[i][j] 來輔助，表示在[i,j]區間建一個大本營的代價。那麼循環一箇中間點，然後往上一層轉移就行。

for(int i=2;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=m;j++){
        dp[i][j]=1e9;
        for(int k=0;k<i;k++)dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[k][j-1]+cost[k+1][i]);
        }

主要是預處理cost這個數組。如果給了降落點的範圍，那麼就沒有那麼麻煩。但是題目沒給範圍，那就要離散了。離散用了map，還要用迭代器，麻煩。現在講講不用離散的。現在要往一個區間裏放一個大本營，那麼就要選一個最優的位置放大本營的位置，而[i,j]又要循環過去都求一遍，那麼可以一邊枚舉左右端點，一邊選出一個最優的大本營地址。我是從後往前算的。當區間右端點固定時，最短點不斷延伸，那麼大本營顯然會向左移動，那麼每次都只要往左移動，那麼大概就是n^2了。但是因爲還要加map，一下子不知道怎麼去重，看了一下題解，發現可以直接裝起來，然後再拎出來就行了。

五、HDU 4597 Play Game
這個和取數遊戲是一樣的。因爲兩個人都是最有策略，那麼只要用當前的總和減去另一個人的最有策略就行。dp要定義四維，分別是兩行的左右端點。這道題其實用記憶化搜索寫起來更加方便易懂。

六、HDU 4745 Two Rabbits
先肯定要把環變成一條鏈，只要多存一組就行了。轉化爲線性後，題目就變成了在一條鏈上求一個最長的迴文子序列，因爲順時針、逆時針一樣。那麼轉移起來就很簡單了。要麼從旁邊傳遞值，要麼相等加2。求答案時要注意一點，兩個人的起點可能從同一個點開始，那麼此時的值就是在n-1的長度裏的最值再加1。

for(int i=2*n;i>=1;i--)
    for(int j=i+1;j<=2*n;j++){
        dp[i][j]=max(dp[i+1][j],dp[i][j-1]);//轉移
        if(A[i]==A[j])dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i+1][j-1]+2);//相等
    }
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)ans=max(ans,max(dp[i][i+n-1],dp[i][i+n-2]+1));//長度爲n但起點不同，長度爲n-1單起點相同

七、HDU 5115 Dire Wolf
這道套一下模板，把一個區間按照一個點切開成兩個區間，然後左邊的加右邊的再加一下附加攻擊值就行。用第二個模板

for(int i=n;i>=1;i--)
    for(int j=i;j<=n;j++){
        dp[i][j]=1e9;
        for(int k=i;k<=j;k++)//中間點切開
            dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k-1]+dp[k+1][j]+A[k]+B[i-1]+B[j+1]);
            }

八、HDU 5273 Dylans loves sequence
其實我一直不覺的只是一道區間dp。明明就是前綴和維護一下就行了……

九、HDU 5396 Expression
這個區間dp的大致想法和第七題狼那道是一樣的。也是在一個區間內枚舉一個點，通過這個點把整各區間分成三部分(左，此點，右)，然後再累加計算就行了。我寫的是記憶化搜索，因爲轉移的時候計算的東西很多。題目要求合併的順序不同，儘管答案相同，也算不同方案。這樣就要在存一個數組表示這一個區間的方案又是多少。然後怎麼求和呢。一個點把區間分成左右兩部分，左邊區間的和爲L，方案數爲Lc，右邊分別爲R，Rc。那麼對於左區間來說，右區間的方案數就是左區間算的次數，那麼左邊的和就是L* Rc。同理右邊是R* Lc。累加起來就行(只限於加減，乘法只要L*R就行)。方案數要多求一個東西。Lc和Rc僅限於他們自己的區間，合併後可以左邊一個右邊一個，這也是不同的方案，雖然答案一樣。那麼還要乘一個C(l+r，l)，l，r分別是左右區間的符號數。總方案數就按上面的方法變成了C(l+r,l) * Lc * Rc。
代碼可以上上度娘查，我的太醜了。

十、HDU 5900 QSC and Master
也是一個比較模板的題。用一個點去切一個區間。但是切的時候要注意，因爲要使兩個數可以合併，除了gcd>1，還要這兩個數之間的數合併完了，這還要一個數組來記錄這個。

for(int i=n;i>=1;i--)
    for(int j=i+1;j<=n;j++){
        if(dp[i+1][j]>dp[i][j-1])dp[i][j]=dp[i+1][j];else dp[i][j]=dp[i][j-1];
        Q[i][j]=-1;
        for(int k=i+1;k<=j;k++)
            if(Q[i+1][k-1]!=-1&&gcd(A[i],A[k])>1){
                dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i+1][k-1]+dp[k+1][j]+1LL*V[i]+1LL*V[k]);
                Q[i][k]=1;
                if(Q[k+1][j]!=-1){Q[i][j]=1;break;}
            }
    }

我這個程序要卡常，因爲gcd太慢了，如果把if語句裏的gcd放在前面判斷的話會T，如果先判斷區間是否全部已經合併會快一些。

十一、HDU 6103 Kirinriki
這也不是區間dp。因爲求的兩個字符串可以看成是對稱的，對稱的就存在一箇中間點，那麼就枚舉中間點。枚舉中間點後，還要判斷他們的值是否小於等於m。可以用尺取的方法。先把每一個對應的點求出來，然後尺取就行。中心點也分兩種情況：一種是中心點是點，一種中心點不存在，但是是堆成的。貼其中一段的。

for(int i=1;i<=n;i++){//中心點
    int len=min(i-1,n-i);//此中心點下最長的長度
    for(int j=1;j<=len;j++){
        dp[j]=abs(str[i-j]-str[j+i]);//對應的值
    }
    int l=1,r=1,t=dp[1];
    while(r<=len){//尺取
        while(l<=r&&t>m){
            t-=dp[l];
            l++;
        }
        if(ans<r-l+1)ans=r-l+1;
        r++;
        t+=dp[r];
    }

十二、HDU 6212 Zuma
寫前要處理一下。給的是01串，我們不可能直接用01串來吧？顏色相同的幾個球肯定是放在一起考慮的，那麼就合併起來就行了。
定義dp[i][j] 表示[i,j]區間打完要多少下。轉移有三點，我只想到了兩點，第三點真的想不到。
第一點：把區間[L,R]分成[L,k]和[k+1,R]兩塊，然後把兩塊的直接加起來轉移進來，這要枚舉一箇中間點
第二點：當區間[L,R]的兩端球的顏色相同時，把中間的球打掉，兩邊的球會往中間靠攏，當靠攏後的球大於等於三個時，直接轉移，否則在往裏面打一個球就行了(因爲求的個數肯定大於等於1)
第三點：當區間[L,R]的兩端的球的顏色相同時，可以找一個顏色相同的中間點k且此點球只有一個，把[L+1,k-1]和[k+1,R-1]的區間打掉，然後合併。此情況兩邊的球要保證!(A[L]==2&&A[R]==2)。原因是如果左邊的球有兩個，右邊的球有兩個的話，一往中間合併就炸掉了。例如2+1+2，左邊的2+1變3，右邊的1+2變3，不管怎麼樣都不行。但是1+1+2行，因爲可以先1+1變2再2+2變4.

for(int i=n;i>=1;i--)
    for(int j=i;j<=n;j++){
        if(i==j){dp[i][j]=3-A[i];continue;}
        dp[i][j]=1e9;
        for(int k=i;k<j;k++)dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]);//第一種情況，[L,R]=[L,k]+[k+1,R]
        if((j-i)%2==1)continue;
        dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i+1][j-1]+(A[i]+A[j]==2));//第二種
        if(!(A[i]==2&&A[j]==2))//第三種
            for(int k=i+1;k<j;k++)
                if(A[k]==1&&(k-i)%2==0&&(j-k)%2==0)dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i+1][k-1]+dp[k+1][j-1]);
    }

總結一下：
1、普通的區間dp都是很有套路的，模板就兩個，按照自身習慣，再結合一下題意看寫哪一個方便寫哪一個。
2、區間dp常見的轉移方式有：

1）兩個區間合併成一個區間
2）把一個點將一個區間切成兩部分，然後再把兩邊的加起來
3）在一個區間裏枚舉一個點，然後切成兩部分

3、把題目中的一些條件轉換成範圍性的東西，然後用區間dp
4、其他：環變鏈：多一倍；字符串的迴文或匹配：枚舉中心點。