例題：以下例題部分的內容來自https://blog.csdn.net/my_sunshine26/article/details/77141398
一、石子合並問題
1.（NYOJ737）http://acm.nyist.edu.cn/JudgeOnline/problem.php?pid=737
分析：我們dp[i][j]來表示合並第i堆到第j堆石子的最小代價。那么狀態轉移方程為dp[i][j]=min(dp[i][k]+dp[k+1][j]+w[i][j]) (s[i][j-1]<=k<=s[i+1][j])
其中w[i][j]表示把兩部分合並起來的代價，即從第i堆到第j堆石子個數的和，為了方便查詢，我們可以用sum[i]表示從第1堆到第i堆的石子個數和，那么w[i][j]=sum[j]-sum[i-1].
用s[i][j]表示區間[i,j]中的最優分割點，那么第三重循環可以從[i,j-1)優化到【s[i][j-1],s[i+1][j]】
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 typedef long long ll; 6 const int maxn=210; 7 const ll inf=1e18; 8 ll dp[maxn][maxn]; 9 ll sum[maxn],a[maxn]; 10 int s[maxn][maxn]; 11 12 int main() 13 { 14 int n,i,j,k,x,y,z,len; 15 while ( scanf("%d",&n)!=EOF ) 16 { 17 for ( i=1;i<=n;i++ ) 18 { 19 for ( j=1;j<=n;j++ ) dp[i][j]=inf; 20 dp[i][i]=0; 21 s[i][i]=i; 22 } 23 sum[0]=0; 24 for ( i=1;i<=n;i++ ) 25 { 26 scanf("%lld",&a[i]); 27 sum[i]=a[i]+sum[i-1]; 28 } 29 for ( len=2;len<=n;len++ ) 30 { 31 for ( i=1;i<=n;i++ ) 32 { 33 j=len+i-1; 34 if ( j>n ) break; 35 for ( k=s[i][j-1];k<=s[i+1][j];k++ ) 36 { 37 if ( dp[i][j]>dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1] ) 38 { 39 dp[i][j]=dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]; 40 s[i][j]=k; 41 } 42 } 43 } 44 } 45 printf("%lld\n",dp[1][n]); 46 } 47 return 0; 48 }
2.（HDOJ3506）http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3506
題意：上一題的升級版，將上一層的線性變成一個圈。這時候我們只需要將N變成n=2*N-1即可，最后ans=min(dp[i][i+n-1])
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 typedef long long ll; 6 const int maxn=2010; 7 const ll inf=1e18; 8 ll dp[maxn][maxn]; 9 ll sum[maxn],a[maxn]; 10 int s[maxn][maxn]; 11 12 int main() 13 { 14 int n,i,j,k,x,y,z,len,N; 15 ll ans; 16 while ( scanf("%d",&N)!=EOF ) 17 { 18 n=2*N-1; 19 for ( i=1;i<=n;i++ ) 20 { 21 for ( j=1;j<=n;j++ ) dp[i][j]=inf; 22 dp[i][i]=0; 23 s[i][i]=i; 24 } 25 sum[0]=0; 26 for ( i=1;i<=N;i++ ) 27 { 28 scanf("%lld",&a[i]); 29 sum[i]=a[i]+sum[i-1]; 30 } 31 for ( i=1;i<N;i++ ) sum[i+N]=a[i]+sum[i+N-1]; 32 for ( len=2;len<=N;len++ ) 33 { 34 for ( i=1;i<=n;i++ ) 35 { 36 j=len+i-1; 37 if ( j>n ) break; 38 for ( k=s[i][j-1];k<=s[i+1][j];k++ ) 39 { 40 if ( dp[i][j]>dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1] ) 41 { 42 dp[i][j]=dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]; 43 s[i][j]=k; 44 } 45 } 46 } 47 } 48 ans=inf; 49 for ( i=1;i<=N;i++ ) 50 { 51 j=i+N-1; 52 ans=min(ans,dp[i][j]); 53 } 54 printf("%lld\n",ans); 55 } 56 return 0; 57 }
二、括號匹配問題
1.（POJ2955）http://poj.org/problem?id=2955
題意：給出一個的只有'(',')','[',']'四種括號組成的字符串，求最多有多少個括號滿足題目里所描述的完全匹配。
分析：用dp[i][j]表示區間[i,j]里最大完全匹配數。只要得到了dp[i][j]，那么就可以得到dp[i-1][j+1] dp[i-1][j+1]=dp[i][j]+(s[i-1]於s[j+1]匹配？2:0).
然后利用狀態轉移方程更新一下區間最優解即可。dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j])
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 typedef long long ll; 6 const int maxn=105; 7 char s[maxn]; 8 ll dp[maxn][maxn]; 9 10 int main() 11 { 12 int n,i,j,k,x,y,z,len; 13 while ( scanf("%s",s+1)!=EOF && s[1]!='e' ) 14 { 15 n=strlen(s+1); 16 memset(dp,0,sizeof(dp)); 17 for ( len=2;len<=n;len++ ) 18 { 19 for ( i=1;i<=n;i++ ) 20 { 21 j=i+len-1; 22 if ( j>n ) break; 23 if ( (s[i]=='('&&s[j]==')') || (s[i]=='['&&s[j]==']') ) dp[i][j]=dp[i+1][j-1]+2; 24 for ( k=i;k<j;k++ ) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]); 25 } 26 } 27 printf("%lld\n",dp[1][n]); 28 } 29 return 0; 30 }
2.(NYOJ15)http://acm.nyist.edu.cn/JudgeOnline/problem.php?pid=15
分析：最少添加的括號數=總括號-最大匹配的括號數,代碼於上一題基本一致
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 typedef long long ll; 6 const int maxn=105; 7 char s[maxn]; 8 ll dp[maxn][maxn]; 9 10 int main() 11 { 12 int n,i,j,k,x,y,z,len,T; 13 scanf("%d",&T); 14 while ( T-- ) 15 { 16 scanf("%s",s+1); 17 n=strlen(s+1); 18 memset(dp,0,sizeof(dp)); 19 for ( len=2;len<=n;len++ ) 20 { 21 for ( i=1;i<=n;i++ ) 22 { 23 j=i+len-1; 24 if ( j>n ) break; 25 if ( (s[i]=='('&&s[j]==')') || (s[i]=='['&&s[j]==']') ) dp[i][j]=dp[i+1][j-1]+2; 26 for ( k=i;k<j;k++ ) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]); 27 } 28 } 29 printf("%lld\n",n-dp[1][n]); 30 } 31 return 0; 32 }
三、整數划分問題
1.（NYOJ746）http://acm.nyist.edu.cn/JudgeOnline/problem.php?pid=746
分析：用dp[i][j]表示從第一位到第i位共插入j個乘號后乘積的最大值。根據區間DP的思想我們可以從插入較少乘號的結果算出插入較多乘號的結果。
方法是當我們要放第j的乘號時枚舉放的位置。狀態轉移方程為dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[k][j-1]*num[k+1][i])。其中num[i][j]表示從s[i]到s[j]這段連續區間代表的數值。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 typedef long long ll; 6 const int maxn=20; 7 ll dp[maxn][maxn]; 8 ll num[maxn][maxn]; 9 10 int main() 11 { 12 int T,n,m,i,j,k,x,y,z; 13 char s[maxn]; 14 scanf("%d",&T); 15 while ( T-- ) 16 { 17 scanf("%s%d",s+1,&m); 18 n=strlen(s+1); 19 memset(dp,0,sizeof(dp)); 20 for ( i=1;i<=n;i++ ) 21 { 22 num[i][i]=s[i]-'0'; 23 for ( j=i+1;j<=n;j++ ) num[i][j]=num[i][j-1]*10+s[j]-'0'; 24 } 25 for ( i=1;i<=n;i++ ) dp[i][0]=num[1][i]; 26 for ( j=1;j<m;j++ ) 27 { 28 for ( i=1;i<=n;i++ ) 29 { 30 for ( k=1;k<i;k++ ) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[k][j-1]*num[k+1][i]); 31 } 32 } 33 printf("%lld\n",dp[n][m-1]); 34 } 35 return 0; 36 }
習題：
1.（HDOJ4632）http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4632
題意：給定一個字符串，求這個字符串中包含多少回文子串（子串可以不連續）
分析;dp[i][j]表示從第i個字符到第j個字符中包含的回文子串的個數。初始化時dp[i][i]=1（因為自己本身也算做一個回文串）,其他dp[i][j]=0
dp[i][j]=(dp[i+1][j]+dp[i][j-1]-dp[i+1][j-1]+mod)%mod （容斥思想）
if ( s[i]==s[j] ) dp[i][j]+=dp[i+1][j-1]+1
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 typedef long long ll; 6 const int maxn=1010; 7 const int mod=10007; 8 char s[maxn]; 9 int dp[maxn][maxn]; 10 11 int main() 12 { 13 int T,i,j,k,h,n,m,ans,len; 14 scanf("%d",&T); 15 for ( h=1;h<=T;h++ ) 16 { 17 scanf("%s",s+1); 18 n=strlen(s+1); 19 memset(dp,0,sizeof(dp)); 20 for ( i=1;i<=n;i++ ) dp[i][i]=1; 21 for ( len=2;len<=n;len++ ) 22 { 23 for ( i=1;i<=n;i++ ) 24 { 25 j=i+len-1; 26 if ( j>n ) break; 27 dp[i][j]=(dp[i][j-1]+dp[i+1][j]-dp[i+1][j-1]+mod)%mod; 28 if ( s[i]==s[j] ) dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i+1][j-1]+1+mod)%mod; 29 } 30 } 31 printf("Case %d: %d\n",h,dp[1][n]%mod); 32 } 33 return 0; 34 }
2.（HDOJ4745）http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4745
題意：求最長非連續回文串
分析：先將環變成鏈，dp[i][j]表示區間(i,j)范圍內最長的非連續回文串的長度，轉移時dp[i][j]=max(max(dp[i+1][j],dp[i][j-1]),x) 當s[i]==s[j]時x=dp[i+1][j-1]+2，否則x=dp[i+1][j-1]
最后的答案在dp[i][i+N-1]中和dp[i][N-2]+1(共起點的情況)中去尋找
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 const int maxn=2010; 6 int a[maxn]; 7 int dp[maxn][maxn]; 8 9 int main() 10 { 11 int T,i,j,k,N,n,m,x,y,z,ans,len; 12 while ( scanf("%d",&N)!=EOF && N ) 13 { 14 15 n=2*N-1; 16 for ( i=1;i<=N;i++ ) scanf("%d",&a[i]); 17 for ( i=1;i<N;i++ ) a[i+N]=a[i]; 18 memset(dp,0,sizeof(dp)); 19 for ( i=1;i<=n;i++ ) dp[i][i]=1; 20 ans=0; 21 for ( len=2;len<=n;len++ ) 22 { 23 for ( i=1;i<=n;i++ ) 24 { 25 j=i+len-1; 26 if ( j>n ) break; 27 int x=dp[i+1][j-1]; 28 if ( a[i]==a[j] ) x+=2; 29 dp[i][j]=max(max(dp[i+1][j],dp[i][j-1]),x); 30 } 31 } 32 for ( i=1;i<=N;i++ ) ans=max(ans,dp[i][i+N-1]); 33 for ( i=1;i<=N+1;i++ ) ans=max(ans,dp[i][i+N-2]+1); 34 printf("%d\n",ans); 35 } 36 return 0; 37 }
3.(HDOJ2476)http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2476
推薦此博客：https://blog.csdn.net/a601025382s/article/details/12379565
題意：給定兩個字符串a和b，求最少需要對a進行多少次操作，才能將a變成b。每次操作時將a中任意一段變成任意一個字母所組成的段。
題解：動態規划題。dp[i][j]表示a中i到j段變成b需要的最少次數。遞推公式：dp[i][j]=min(dp[i][k]+dp[k+1][j])(i<=k<j)。接着就是判斷分界點了，對於字符串b，只有將相同字符一起刷才能減少操作數。所以每次碰到b[i]==b[k]時，可以減少一次操作，因為刷一次[i,k]再刷[i+1,k-1]和分別刷[i,i][k,k],[i+,k,k+1]是一樣的，可操作數會減少。
注意：由於如果一段子串兩端相等，會成端更新，從而改變中間子串的字符，所以處理時可假定所以a中單個字符都需要一次變化才能變成b。之后動態規划完成后再處理a和b中形同位置相同字符的情況。
另一種理解方式：不考慮起始串，將起始串默認為空串，找出所有dp值(dp[i][j]表示i到j這段空子串轉換成目標串需要的最小次數)后，再通過ans[i]來求得最小變換值。ans[i]表示前i+1長度的子串轉換成目標串需要的最小次數。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 const int maxn=105; 6 const int inf=1e9; 7 int dp[maxn][maxn],ans[maxn]; 8 char s1[maxn],s2[maxn]; 9 10 int main() 11 { 12 int i,j,k,x,y,z,n,len; 13 while ( scanf("%s%s",s1+1,s2+1)!=EOF ) 14 { 15 n=strlen(s1+1); 16 memset(dp,0,sizeof(dp)); 17 for ( i=1;i<=n;i++ ) dp[i][i]=1; 18 for ( len=2;len<=n;len++ ) 19 { 20 for ( i=1;i<=n;i++ ) 21 { 22 j=i+len-1; 23 if ( j>n ) break; 24 dp[i][j]=dp[i+1][j]+1; 25 for ( k=i+1;k<=j;k++ ) 26 { 27 if ( s2[i]==s2[k] ) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i+1][k]+dp[k+1][j]); 28 } 29 } 30 } 31 for ( i=1;i<=n;i++ ) ans[i]=dp[1][i]; 32 for ( i=1;i<=n;i++ ) 33 { 34 if ( s1[i]==s2[i] ) 35 { 36 if ( i==1 ) ans[i]=0; 37 else ans[i]=ans[i-1]; 38 } 39 else 40 { 41 for ( k=1;k<=i;k++ ) ans[i]=min(ans[i],ans[k]+dp[k+1][i]); 42 } 43 } 44 printf("%d\n",ans[n]); 45 } 46 return 0; 47 }
4.(HDOJ5115)http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5115
題意：有一排狼，每只狼有一個傷害A，還有一個傷害B。殺死一只狼的時候，會受到這只狼的傷害A和這只狼兩邊的狼的傷害B的和。如果某位置的狼被殺，那么殺它左邊的狼時就會收到來自右邊狼的B，因為這兩只狼是相鄰的了。求殺掉一排狼的最小代價。
分析：因為殺死一只狼所受的傷害總數是固定所以單獨記錄即可，只用考慮受到旁邊狼攻擊的傷害。dp[i][j]表示殺死區間區內[i,j]內的狼所需要的最小代價.
對於區間[i,j]我們只需要枚舉出哪匹狼是需要最后殺死的即可。dp[i][j]=min(dp[i][k-1]+dp[k+1][j]+a[i-1]+a[j+1]) (i<k<j,邊界單獨考慮)
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 typedef long long ll; 6 const int maxn=205; 7 const ll inf=1e15; 8 ll dp[maxn][maxn]; 9 int a[maxn]; 10 11 int main() 12 { 13 int T,n,m,i,j,k,h,x,y,z,len; 14 ll sum; 15 scanf("%d",&T); 16 for ( h=1;h<=T;h++ ) 17 { 18 scanf("%d",&n); 19 sum=0; 20 for ( i=1;i<=n;i++ ) 21 { 22 scanf("%d",&x); 23 sum+=x; 24 } 25 for ( i=1;i<=n;i++ ) scanf("%d",&a[i]); 26 a[0]=a[n+1]=0; 27 for ( i=1;i<=n;i++ ) 28 { 29 for ( j=1;j<=n;j++ ) dp[i][j]=inf; 30 dp[i][i]=a[i-1]+a[i+1]; 31 } 32 for ( len=2;len<=n;len++ ) 33 { 34 for ( i=1;i<=n;i++ ) 35 { 36 j=i+len-1; 37 if ( j>n ) break; 38 x=a[i-1]+a[j+1]; 39 dp[i][j]=min(dp[i+1][j]+x,dp[i][j-1]+x); 40 for ( k=i+1;k<j;k++ ) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k-1]+dp[k+1][j]+x); 41 } 42 } 43 sum+=dp[1][n]; 44 printf("Case #%d: %lld\n",h,sum); 45 } 46 return 0; 47 }
5.(HDOJ4283)http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4283
推薦此博客：https://www.cnblogs.com/kedebug/archive/2012/12/10/2811053.html
題意：
給定一個序列，序列內的人有屌絲值Di，第i個人如果是第k個出場，那么他的屌絲值為Di * (k-1), 但是導演可以通過一個棧來調整序列里面人的出場順序。
求一個出場序列使總屌絲值最小。
思路：導演對於這個出場順序的影響只是一定程度上的。比如說：
1. 第一個人第k個出場
2. 那么要求2~k的人都要在第一個人前面出場
3. k+1~n的人都要在k以后出場
明白了上面的過程，就可以定義區間dp[i, j]表示區間[i, j]在相對於i為起點情況下i在第k個出場的最小屌絲總值。
1. dp[i, j] = (k - i) * Di + dp[i+1, k]
2. dp[i, j] += (k + 1 - i) * (sum[j] - sum[k]) + dp[k+1, j]
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 typedef long long ll; 6 const int maxn=105; 7 const ll inf=1e18; 8 ll dp[maxn][maxn],sum[maxn]; 9 int a[maxn]; 10 11 int main() 12 { 13 int T,i,j,k,h,x,y,z,ans,len,n; 14 scanf("%d",&T); 15 for ( h=1;h<=T;h++ ) 16 { 17 scanf("%d",&n); 18 sum[0]=0; 19 for ( i=1;i<=n;i++ ) 20 { 21 scanf("%d",&a[i]); 22 sum[i]=a[i]+sum[i-1]; 23 } 24 for ( i=1;i<=n;i++ ) 25 { 26 for ( j=i;j<=n;j++ ) dp[i][j]=inf; 27 dp[i][i]=0; 28 } 29 for ( len=2;len<=n;len++ ) 30 { 31 for ( i=1;i<=n;i++ ) 32 { 33 j=i+len-1; 34 if ( j>n ) break; 35 dp[i][j]=min(dp[i+1][j]+sum[j]-sum[i],dp[i+1][j]+(j-i)*a[i]); 36 for ( k=i+1;k<j;k++ ) 37 dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i+1][k]+a[i]*(k-i)+dp[k+1][j]+(sum[j]-sum[k])*(k-i+1)); 38 } 39 } 40 printf("Case #%d: %lld\n",h,dp[1][n]); 41 } 42 return 0; 43 }
小結：區間DP過程大致相同，大都滿足第一層循環枚舉長度，第二層循環枚舉起點。最內層往往有兩種形式，第一種是需要在[i,j]中找一個分割點k使得將[i,j]分成[i,k]和[k+1,j]這樣兩個區間能夠得到最優解
第二種形式是[i,j]可以由[i,j-1]或者[i,j+1]轉移過來.重要的是找出新添加的元素（可以是k或者i）與之前那個len-1長度區間的關系