石子合并
设有N堆石子排成一排，其编号为 1 ， 2 ， 3 ， … ， N 1，2，3，…，N 1，2，3，…，N。
每堆石子有一定的质量，可以用一个整数来描述，现在要将这N堆石子合并成为一堆。
每次只能合并相邻的两堆，合并的代价为这两堆石子的质量之和，合并后与这两堆石子相邻的石子将和新堆相邻，合并时由于选择的顺序不同，合并的总代价也不相同。
例如有4堆石子分别为 1 3 5 2， 我们可以先合并1、2堆，代价为4，得到4 5 2， 又合并 1，2堆，代价为9，得到9 2 ，再合并得到11，总代价为 4 + 9 + 11 = 24 4+9+11=24 4+9+11=24 。
如果第二步是先合并2，3堆，则代价为7，得到4 7，最后一次合并代价为11，总代价为 4 + 7 + 11 = 22 4+7+11=22 4+7+11=22 。
问题是：找出一种合理的方法，使总的代价最小，输出最小代价。
输入格式
第一行一个数N表示石子的堆数N。
第二行N个数，表示每堆石子的质量(均不超过1000)。
输出格式
输出一个整数，表示最小代价。
数据范围
1 ≤ N ≤ 300 1≤N≤300 1≤N≤300
输入样例：
4
1 3 5 2
输出样例：
22
思路
最优解可以由所有子区间的最优解合并而来，集合 U c o n t a i n ( u 1 , u 2 , u 3 , u 4...... ) U contain (u1,u2,u3,u4......) Ucontain(u1,u2,u3,u4......)，这符合DP的性质。
1：首先我们要确定该DP的阶段。
2：枚举枚举每个阶段中的子集。
3：推导动态转移方程。
4：注意边界条件。
- DP的阶段性
我们以区间长度为阶段的衡量，则DP的阶段就分为了 n 阶。 - DP阶段中的子集
枚举每个阶段的子集，获取子区间的最优解。 - 推导动态转移方程
既然是区间合并，那么枚举区间分界线即可，动态转移方程： d p [ i ] [ j ] = m i n ( d p [ i ] [ j ] , d p [ i ] [ k ] + d p [ k + 1 ] [ j ] + s u m [ j ] − s u m [ i ] ) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i]) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]−sum[i])。 - 注意边界条件
如果不把边界条件修改好，那么第一步无法进行，整个DP的过程就无法进行。
参考代码：
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <set>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf = 1 << 30;
const int maxn = 2e5 + 5;
const int N = 1e3 + 5;
const int base = 131;
string s1 = "xxxll", s2 = "xxlxll";
int n, t, m;
char s[maxn];
int a[N], sum[N];
int dp[N][N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> a[i], sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
memset(dp, 0x3f3f3f, sizeof dp);
for (int i = 1; i <= n; i++)
dp[i][i] = 0;
for (int len = 2; len <= n; len++)
{
for (int i = 1; i + len - 1 <= n; i++)
{
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] + sum[j] - sum[i - 1]);
}
}
}
cout << dp[1][n] << endl;
}
括号配对
Hecy 又接了个新任务：BE 处理。
BE 中有一类被称为 GBE。
以下是 GBE 的定义：
空表达式是 GBE
如果表达式 A 是 GBE，则 [A] 与 (A) 都是 GBE
如果 A 与 B 都是 GBE，那么 AB 是 GBE
下面给出一个 BE，求至少添加多少字符能使这个 BE 成为 GBE。
注意：BE 是一个仅由(、)、[、]四种字符中的若干种构成的字符串。
输入格式
输入仅一行，为字符串 BE。
输出格式
输出仅一个整数，表示增加的最少字符数。
数据范围
对于所有输入字符串，其长度小于100。
输入样例：
[])
输出样例：
1
思路
求出区间中的最大括号配对数，用总数减去没有配对的，即是答案。
DP的推导过程和上面差不多，推导出动态方程即可，首先如果我么遇到匹配的，那么当前区间 d p [ i ] [ j ] = d p [ i + 1 ] [ j − 1 ] + 2 dp[i][j]=dp[i+1][j-1]+2 dp[i][j]=dp[i+1][j−1]+2，然后枚举中间点，更新区间即可。
参考代码：
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <set>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf = 1 << 30;
const int maxn = 2e5 + 5;
const int N = 1e3 + 5;
const int base = 131;
string s1 = "xxxll", s2 = "xxlxll";
int n, t, m;
char s[maxn];
int a[N], sum[N];
int dp[N][N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin >> s + 1;
int n = strlen(s + 1);
for (int len = 2; len <= n; len++)
{
for (int i = 1; i + len - 1 <= n; i++)
{
int j = i + len - 1;
if ((s[i] == '(' && s[j] == ')') || (s[i] == '[' && s[j] == ']'))
dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 2;
for (int k = i; k < j; k++)
{
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k + 1][j]);
}
}
}
cout<<n-dp[1][n]<<endl;
}
