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1、区间类动态规划,合并类动态规划的特点,合并：意思就是将两个或多个部分进行整合，当然也可以反过来，也就是是将一个问题进行分解成两个或多个部分。 特征：能将问题分解成为两两合并的形式 求解：对整个问题设最优值，枚举合并点，将问题分解成为左右两个部分，最后将左右两个部分的最优值进行合并得到原问题的最优值。有点类似分治算法的解题思想。 典型试题：整数划分，凸多边形划分、石子合并、多边形合并、能量项链等。,整数划分,给出一个长度为n的数 要在其中加m-1个乘号，分成m段 这m段的乘积之和最大 mn=20 有T组数据，T=10000,贪心法,尽可能平均分配各段，这样最终的数值将会尽可能大。但有反例。如19
2、1919分成3段19*19*19=6859但191*91*9=156429，显然乘积更大。 将一个数分成若干段乘积后比该数小，因为输入数不超过20位，因此不需高精度运算。 证明： 假设AB分成A和B,且A,BA*B(相当于B个A相加) 同理可证明A,B为任意位也成立,动态规划,可以先预处理出原数第i到j段的数值Ai,j是多少，这样转移就方便了，预处理也要尽量降低复杂度。 Fi，j表示把这个数前i位分成j段得到的最大乘积。 Fi,j=Fk,j-1*Ak+1,i, 1ki=n, j=m时间复杂度为Omn2 由于有10000组数据，因此估计时间复杂度为10000*203=8*107 至于说输出，记录
3、转移的父亲就可以了。,石子合并,在一园形操场四周摆放N堆石子(N100)； 现要将石子有次序地合并成一堆； 规定每次只能选相临的两堆合并成一堆,并将新的一堆的石子数,记为该次合并的得分。 选择一种合并石子的方案,使得做N-1次合并,得分的总和最少 选择一种合并石子的方案,使得做N-1次合并,得分的总和最大,示例,贪心法,分析,假设只有2堆石子，显然只有1种合并方案 如果有3堆石子，则有2种合并方案，(1,2),3)和(1,(2,3) 如果有k堆石子呢？ 不管怎么合并，总之最后总会归结为2堆，如果我们把最后两堆分开，左边和右边无论怎么合并，都必须满足最优合并方案，整个问题才能得到最优解。如下图：
4、,动态规划,设ti,j表示从第i堆到第j堆石子数总和。Fmax(i,j)表示将从第i堆石子合并到第j堆石子的最大的得分Fmin(i,j)表示将从第i堆石子合并到第j堆石子的最小的得分同理，Fmaxi,i = 0，Fmini,i = 0 时间复杂度为O(n3),优化,由于石子堆是一个圈，因此我们可以枚举分开的位置，首先将这个圈转化为链，因此总的时间复杂度为O(n4)。 这样显然很高，其实我们可以将这条链延长2倍，扩展成2n-1堆，其中第1堆与n+1堆完全相同，第i堆与n+i堆完全相同，这样我们只要对这2n堆动态规划后，枚举f(1,n),f(2,n+1),f(n,2n-1)取最优值即可即可。 时间
5、复杂度为O(8n3),如下图：,猜想,合并第i堆到第j堆石子的最优断开位置si,j要么等于i+1，要么等于j-1，也就是说最优合并方案只可能是： (i) (i+1 j) 或者 (i j-1) (j) ,证明,设合并第i堆到第j堆石子的断开位置 p，且itp+1,j 与情况1是对称。（证明略）,状态转移方程,设ti,j表示从第i堆到第j堆石子数总和。Fmax(i,j)表示将从第i堆石子合并到第j堆石子的最大的得分Fmin(i,j)表示将从第i堆石子合并到第j堆石子的最小的得分同理，Fmaxi,i = 0，Fmini,i = 0 时间复杂度为O(n2),能量项链,在Mars星球上，每个Mars人都
6、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。 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。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mrn（Mars单位），新产生的珠子的头标记为m，尾标记为n。 显然，对于一串项链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。,分析样例：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)。 我们用记号表示两颗珠子的聚合操作，释放总能量：
7、(41)2)3）=10*2*3+10*3*5+10*5*10=710,动态规划,该题与石子合并完全类似。 设链中的第i颗珠子头尾标记为(Si-1与Si)。 令F(i,j)表示从第i颗珠子一直合并到第j颗珠子所能产生的最大能量，则有：F(i,j)=MaxF(i,k)+F(k+1,j)+Si-1*Sk*Sj, i=kj 边界条件：F(i,i)=0 1=ikj=n 至于圈的处理，与石子合并方法完全相同，时间复杂度O(8n3) 。,凸多边形的三角剖分,给定由N顶点组成的凸多边形 每个顶点具有权值 将凸N边形剖分成N-2个三角形 求N-2个三角形顶点权值乘积之和最小？,样例上述凸五边形分成123 ， 1
8、35， 345 三角形顶点权值乘积之和为： 121*122*123+121*123*231+123*245*231= 12214884,分析,性质：一个凸多边形剖分一个三角形后，可以将凸多边形剖分成三个部分： 一个三角形 二个凸多边形（图2可以看成另一个凸多边形为0）,动态规划,如果我们按顺时针将顶点编号，则可以相邻两个顶点描述一个凸多边形。 设f(i,j)表示ij这一段连续顶点的多边形划分后最小乘积 枚举点k，i、j和k相连成基本三角形，并把原多边形划分成两个子多边形，则有 f(i,j)=minf(i,k)+f(k,j)+ai*aj*ak 1=ikj=n 时间复杂度O(n3),讨论,为什么可
9、以不考虑这种情况？,可以看出图1和图2是等价的，也就是说如果存在图1的剖分方案，则可以转化成图2的剖分方案，因此可以不考虑图1的这种情形。,多边形（IOI98）,多角形是一个单人玩的游戏，开始时有一个N个顶点的多边形。如图，这里N=4。每个顶点有一个整数标记，每条边上有一个“+”号或“*”号。边从1编号到N。第一步，一条边被拿走；随后各步包括如下： 选择一条边E和连接着E的两个顶点V1和 V2； 得到一个新的顶点，标记为V1与V2通过边E上的运算符运算的结果。 最后，游戏中没有边，游戏的得分为仅剩余的一个顶点的值。,样例分析,分析,我们先枚举第一次删掉的边，然后再对每种状态进行动态规划求最大值
10、 。 用f(i,j)表示从点i到点j进行删边操作所能得到的最大值，num(i)表示第i个顶点上的数，若为加法，那么：,进一步分析,最后，我们允许顶点上出现负数。以前的方程还适不适用呢？这个例子的最优解应该是（3+2）*（-10）*（-5）=250，然而如果沿用以前的方程，得出的解将是（-10）*3+2）*（-5）=125。为什么？ 我们发现，两个负数的积为正数；这两个负数越小，它们的积越大。我们从前的方程，只是尽量使得局部解最大，而从来没有想过负数的积为正数这个问题。,分析,对于加法，两个最优相加肯定最优，而对于乘法 求最大值： 正数正数，如果两个都是最大值，则结果最大 正数负数，正数最小，负
11、数最大，则结果最大 负数负数，如果两个都是最小值，则结果最大 求最小值： 正数正数，如果两个都是最小值，则结果最小 正数负数，正数最大，负数最小，则结果最小 负数负数，如果两个都是最大值，则结果最小,最终？,我们引入函数fmin和fmax来解决这个问题。fmax(i,j) 表示从点i开始，到但j为止进行删边操作所能得到的最大值，fmin(i,j) 表示最小值。,当OP=+Fmax(i,j)=maxfmax(i,k)+fmax(k+1,j)Fmin(i,j)=minfmin(i,k)+fmin(k+1,j),当OP=*,完美解决,初始值Fmax(i,i)=num(i)Fmin(i,i)=num(
12、i) 1=i=k=D2,只要证明d(1,3) +d(2,4)d(1,2)+d(3,4)连接两边，见图3，由三角形的三边关系定理即可证明。,分析,结论：青蛙在1号结点只能跳到2号结点或者n号结点。 如果青蛙跳到了2号结点，则问题转化为：从2出发，遍历2n一次仅一次的最短距离。 如果青蛙跳到了n号结点，则问题转化为：从n出发，遍历2n一次仅一次的最短距离。 这实际上是递归的思维，把问题转化为了本质相同但规模更小的子问题,如下图。,动态规划(1),f(s,L,0)表示从s出发，遍历ss+L-1一次且仅一次的最短距离;f(s, L,1)表示从s+L-1出发，遍历ss+L-1一次且仅一次的最短距离。状态
13、转移方程为：状态总数为n2，状态转移的复杂度为O(1)，总的时间复杂度为O(n2)。,动态规划(2),F(i,j,0)表示还有ij号点没访问,且青蛙停在i的最小值F(i,j,1)表示还有ij号点没访问,且青蛙停在j的最小值状态总数为n2，状态转移的复杂度为O(1)，总的时间复杂度为O(n2)。,主程序,for i:=1 to n dofor j:=n downto i+1 dobeginupdate(fi+1,j,0,fi,j,0+di,i+1); / 停在i,跳到i+1update(fi+1,j,1,fi,j,0+di,j); / 停在i,跳到jupdate(fi,j-1,0,fi,j,1+
14、di,j); / 停在j,跳到iupdate(fi,j-1,1,fi,j,1+dj-1,j); / 停在j,跳到j-1end;,棋盘分割,将一个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),允许的分割方案 不允许的分割方案,任务：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 ：算术平均值 ：,样例,输入 3 1 1 1 1 1 1 1 3 1
15、1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 0 3 输出 1.633,均方差公式化简,分析,由化简后的均方差公式：可知，均方差的平方为每格数的平方和除以n，然后减去平均值的平方，而后者是一个已知数。 因此，在棋盘切割的各种方案中，只需使得每个棋盘内各数值的平方和最小即可。 因此，我们需要求出各棋盘分割后的每个棋盘各数平方和的最小值，设为w，那么 答案为：,棋盘切割后的四种情况,动态规划,设F(i,x1,y1,x2,y2)表示以x1,y1x2,y2为四边形对角线的棋盘切割成k块的各块数值总平方和的最小值，则有：1=X1,x2,x3,x4=8,1=i=n。 设棋盘边长为m,则状态数为nm4 ,决策数最多m。 先预处理从左上角(1,1)到右下角(i,j)的棋盘和时间复杂度为O(m2)，因此转移为O(1),总时间复杂度为O(nm5)。,
