区间DP（力扣1000.合并石头的最低成本）

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一、区间DP

顾名思义 区间DP 就是在区间上进行动态规划，先求出一段区间上的最优解，在合并成整个大区间的最优解，方法主要有 记忆化搜素 和递归的形式。

顺便提一下动态规划的成立条件是满足 最优子结构 和 无后效性 ！

二、经典例题分析：

1.石子合并：

一条直线上有N堆石子，现在要将所有石子合并成一堆，每次只能合并相邻的两堆，合并花费为新合成的一堆石子的数量，求最小花费。

分析：

一般看到最小，最短这样的字眼，可以往动态规划的方向思考，显然当我任选两堆合并时，只会影响下一次选择，不会对再后来的选择有影响，这时候我们几乎可以确认用DP了

1堆：花费为0.

2堆：花费为sum[2].

3堆：花费为min(a[1]+a[2],a[2]+a[3])+sum[3].

如果我们有N堆，最后一次合并一定是将两堆合并成一堆，那两堆一定都是最少花费，由此往下想：那两堆肯定也是有最优的两堆合并，这样就是一个递归过程。

所以我们可以想办法找出每个区间划分为两个最少花费区间的点，这就是第一个模型：

第一个模型 ：将大区间划分为两个小区间。

此题我们规定dp[i][j]为合并第i堆到第j堆的最小花费。

DP方程为：dp[i][j]=min(dp[i][k]+dp[k+1][j])+sum[j]-sum[i-1].

memset(dp,Ox3f,sizeof(dp))

for(int i=1;i<=dp.size();i++){

dp[i][i]=0;//将一堆石子合并花费为0

sum[i][i]=stones[i];//合并第i堆到第j堆的花费。

}

for(int len=1;len<n;len++){//区间长度

for(int i=1;i<=n&&i+len<=n;i++{//区间起点

int j=i+len;//区间终点

for(int k=i;k<=j;k++){//区间划分点

sum[i][j]=sum[i][k]+sum[k][j];

dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[i][j];

}

}

}

我们再看回 LeetCode合并石子:

与例题不同的是此题是给定一个 K ，要将K长度内的石子合并（我们知道石子是一行排列），换汤不换药，仍然是 区间DP 解法，只是将相邻两堆改成了相邻K堆：

本来我们只需将区间划分为任意两部分，如今我们要将区间这样划分：一部分长度为K-1，另一部分看作为一整堆，这样最后才能合并为一整堆，所以我们要做的改变只是将划分点每次移动的距离由1变为K-1，

保证左边部分为K-1的整数倍。

由此我们得出要有结果，stones长度必须满足：j-i%K-1==0。

int len=stones.length;

    if((len-1)%(K-1)!=0)return -1;

    int[][] dp=new int[len][len];

    int[] sum=new int[len+1];

    for(int i=0;i<len;i++){

        dp[i][i]=stones[i];

        sum[i+1]=sum[i]+stones[i];

    }

    for(int j=1;j<len;j++){

        for(int i=j-1;i>=0;i--){//只需考虑能最后能求解的子区间，因为最后不会用到不能求解的

            dp[i][j]=dp[i][i]+dp[i+1][j];//划分i，i+1-j两部分

            for(int k=i+K-1;k<j;k+=K-1){

                dp[i][j]=Math.min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]);//DP方程:其中若i-j不是K-1的整数倍则继续DP时不会用到DP[i][j]。

            }

            if((j-i)%(K-1)==0){//最后合并。

                dp[i][j]+=sum[j+1]-sum[i];

            }

        }

    }

    return dp[0][len-1]-sum[len];//每次小区间合并时都已计算合并时的花费所以需要减去。

这就是对第一模型的例题分析，都是将 大区间划分为小区间 ，求取最优解。

2.括号匹配：

给定一个括号()[]组成的字符串，你要找到一个最长的合法的子序列，对于一个字序列，其中的括号一定有另一个相对应。

我们先尝试用上一模型解决试试：

规定dp[i][j]为第i个字符到第j个字符之间的最长匹配序列。

长度为N时，我们可以先检测a[i]和a[j]是否匹配，如果匹配， dp[i][j]=dp[i+1][j-1]+2 ,否则，就可以按第一模型处理，从任意位置划分为两个区间： dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j] .

for (int len = 2; len <= n; len++)

{

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

    {

        if((a[i]=='('&&a[j]==')') || (a[i]=='['&&a[j]==']'))//i,j位置能匹配

            dp[i][j] = dp[i+1][j-1] + 2;

        for (int k = i; k < j; k++)//任意位置划分为两个区间

            if(dp[i][j] < dp[i][k] + dp[k+1][j])

                dp[i][j] = dp[i][k] + dp[k+1][j];

    }

但这不是我们想要的第二个模型，假设我们只考虑[i,j]是由[i+1,j]在前面加一个字符的情况，如果a[i+1]到a[j]没有和a[i]匹配的，那么 dp[i][j]=dp[i+1][j] ,如果匹配(i<k<=j),那么 dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i+1][k-1]+dp[k+1][j]+2) ;

比如：[xxxxx]yyyyy通过括号分成两个子串.

所以 第二种模型就是根据匹配信息把区间划分为[i+1,k-1]和[k+1,j] ：

for (int len = 2; len <= n; len++)

{

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

    {

        dp[i][j] = dp[i+1][j];//不能匹配

        for (int k = i; k <= j; k++)//能匹配

            if((a[i]=='('&&a[k]==')') || (a[i]=='['&&a[k]==']'))

                dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i+1][k-1] + dp[k+1][j] + 2);

    }

}

Cheapest Palindrome：

n个字符组成的长度为m的字符串，给出增删字符的花费，可在字符串的任意位置增删字符，求把字符串修改为回文串的最小花费。

例：n=3,m=4组成abcd，

a:1000,1000，b：350,700，c：200 800

这题分四种情况：假设有字符串：Xxxx...xxY

1.去掉X,取xx..xY回文;

2.去掉Y，取Xx...x回文;

3.在左边加上X，Xxx...xYX回文;

4.在右边加上Y,取YXxx...x回文;

规定dp[i][j]为把[i..j]区间改为回文串的最小花费

我们得出DP方程：dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i+1][j]+min(add[a[i]-'a']+sub[a[i]-'a'])),//增删X时

dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][j-1]+min(add[a[i]-'a']+sub[a[i]-'a'])),//增删Y时

for (int len = 2; len <= m; len++)

    for(int i = 1, j = len; j <= m; i++, j++)

    {

        dp[i][j] = min(dp[i][j], min(add[a[i]-'a'],sub[a[i]-'a']) + dp[i+1][j]);//增删X时

        dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][j-1] + min(add[a[j]-'a'],sub[a[j]-'a']));//增删Y时

        if (a[i] == a[j])

        {

            if (len==2)

                dp[i][j] = 0;

            else

                dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i+1][j-1]);//相等时就等于[[i+1..j-1]回文的长度。

        }

    }

这就是我们第三个模型只考虑左右边界,不需要枚举区间k->[i,j] ；