01. 区间 DP 知识

1. 区间动态规划简介

1.1 区间动态规划定义

区间动态规划：线性 DP 的一种，简称为「区间 DP」。以「区间长度」划分阶段，以两个坐标（区间的左、右端点）作为状态的维度。一个状态通常由被它包含且比它更小的区间状态转移而来。

区间 DP 的主要思想就是：先在小区间内得到最优解，再利用小区间的最优解合并，从而得到大区间的最优解，最终得到整个区间的最优解。

根据小区间向大区间转移情况的不同，常见的区间 DP 问题可以分为两种：

单个区间从中间向两侧更大区间转移的区间 DP 问题。比如从区间 $[i + 1, j - 1]$ 转移到更大区间 $[i, j]$ 。
多个（大于等于 $2$ 个）小区间转移到大区间的区间 DP 问题。比如从区间 $[i, k]$ 和区间 $[k, j]$ 转移到区间 $[i, j]$ 。

下面我们讲解一下这两种区间 DP 问题的基本解题思路。

1.2 区间 DP 问题的基本思路

1.2.1 第 1 种区间 DP 问题基本思路

从中间向两侧转移的区间 DP 问题的状态转移方程一般为： $d p [i] [j] = m a x {d p [i + 1] [j - 1], d p [i + 1] [j], d p [i] [j - 1]} + c o s t [i] [j], i \leq j$ 。

其中 $d p [i] [j]$ 表示为：区间 $[i, j]$ （即下标位置 $i$ 到下标位置 $j$ 上所有元素）上的最大价值。
$c o s t$ 表示为：从小区间转移到区间 $[i, j]$ 的代价。
这里的 $m a x / m i n$ 取决于题目是求最大值还是求最小值。

从中间向两侧转移的区间 DP 问题的基本解题思路如下：

枚举区间的起点；
枚举区间的终点；
根据状态转移方程计算从小区间转移到更大区间后的最优值。

对应代码如下：

for i in range(size - 1, -1, -1):       # 枚举区间起点
    for j in range(i + 1, size):        # 枚举区间终点
        # 状态转移方程，计算转移到更大区间后的最优值
        dp[i][j] = max(dp[i + 1][j - 1], dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]) + cost[i][j]

1.2.3 第 2 种区间 DP 问题基本思路

多个（大于等于 $2$ 个）小区间转移到大区间的区间 DP 问题的状态转移方程一般为： $d p [i] [j] = m a x / m i n {d p [i] [k] + d p [k + 1] [j] + c o s t [i] [j]}, i < k \leq j$ 。

其中状态 $d p [i] [j]$ 表示为：区间 $[i, j]$ （即下标位置 $i$ 到下标位置 $j$ 上所有元素）上的最大价值。
$c o s t [i] [j]$ 表示为：将两个区间 $[i, k]$ 与 $[k + 1, j]$ 中的元素合并为区间 $[i, j]$ 中的元素的代价。
这里的 $m a x / m i n$ 取决于题目是求最大值还是求最小值。

多个小区间转移到大区间的区间 DP 问题的基本解题思路如下：

枚举区间长度；
枚举区间的起点，根据区间起点和区间长度得出区间终点；
枚举区间的分割点，根据状态转移方程计算合并区间后的最优值。

对应代码如下：

for l in range(1, n):               # 枚举区间长度
    for i in range(n):              # 枚举区间起点
        j = i + l - 1               # 根据起点和长度得到终点
        if j >= n:
            break
        dp[i][j] = float('-inf')    # 初始化 dp[i][j]
        for k in range(i, j + 1):   # 枚举区间分割点
            # 状态转移方程，计算合并区间后的最优值
            dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k + 1][j] + cost[i][j])

2. 区间 DP 问题的应用

下面我们根据几个例子来讲解一下区间 DP 问题的具体解题思路。

2.1 最长回文子序列

2.1.2 题目大意

描述：给定一个字符串 $s$ 。

要求：找出其中最长的回文子序列，并返回该序列的长度。

说明：

子序列：不改变剩余字符顺序的情况下，删除某些字符或者不删除任何字符形成的一个序列。
$1 \leq s . l e n g t h \leq 1000$ 。
$s$ 仅由小写英文字母组成。

示例：

示例 1：

输入：s = "bbbab"
输出：4
解释：一个可能的最长回文子序列为 "bbbb"。

示例 2：

输入：s = "cbbd"
输出：2
解释：一个可能的最长回文子序列为 "bb"。

2.1.3 解题思路

思路 1：动态规划

2. 定义状态

定义状态 $d p [i] [j]$ 表示为：字符串 $s$ 在区间 $[i, j]$ 范围内的最长回文子序列长度。

3. 状态转移方程

我们对区间 $[i, j]$ 边界位置上的字符 $s [i]$ 与 $s [j]$ 进行分类讨论：

如果 $s [i] = s [j]$ ，则 $d p [i] [j]$ 为区间 $[i + 1, j - 1]$ 范围内最长回文子序列长度 + $2$ ，即 $d p [i] [j] = d p [i + 1] [j - 1] + 2$ 。
如果 $s [i] \neq s [j]$ ，则 $d p [i] [j]$ 取决于以下两种情况，取其最大的一种：
1. 加入 $s [i]$ 所能组成的最长回文子序列长度，即： $d p [i] [j] = d p [i] [j - 1]$ 。
2. 加入 $s [j]$ 所能组成的最长回文子序列长度，即： $d p [i] [j] = d p [i - 1] [j]$ 。

则状态转移方程为：

$d p [i] [j] = {\begin{cases} m a x {d p [i + 1] [j - 1] + 2} & s [i] = s [j] \\ m a x {d p [i] [j - 1], d p [i - 1] [j]} & s [i] \neq s [j] \end{cases}$

5. 最终结果

由于 $d p [i] [j]$ 依赖于 $d p [i + 1] [j - 1]$ 、 $d p [i + 1] [j]$ 、 $d p [i] [j - 1]$ ，所以我们应该按照从下到上、从左到右的顺序进行遍历。

根据我们之前定义的状态， $d p [i] [j]$ 表示为：字符串 $s$ 在区间 $[i, j]$ 范围内的最长回文子序列长度。所以最终结果为 $d p [0] [s i z e - 1]$ 。

思路 1：代码

class Solution:
    def longestPalindromeSubseq(self, s: str) -> int:
        size = len(s)
        dp = [[0 for _ in range(size)] for _ in range(size)]
        for i in range(size):
            dp[i][i] = 1

        for i in range(size - 1, -1, -1):
            for j in range(i + 1, size):
                if s[i] == s[j]:
                    dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 2
                else:
                    dp[i][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1])

        return dp[0][size - 1]

思路 1：复杂度分析

时间复杂度： $O (n^{2})$ ，其中 $n$ 为字符串 $s$ 的长度。
空间复杂度： $O (n^{2})$ 。

描述：有 $n$ 个气球，编号为 $0 \sim n - 1$ ，每个气球上都有一个数字，这些数字存在数组 $n u m s$ 中。现在开始戳破气球。其中戳破第 $i$ 个气球，可以获得 $n u m s [i - 1] \times n u m s [i] \times n u m s [i + 1]$ 枚硬币，这里的 $i - 1$ 和 $i + 1$ 代表和 $i$ 相邻的两个气球的编号。如果 $i - 1$ 或 $i + 1$ 超出了数组的边界，那么就当它是一个数字为 $1$ 的气球。

要求：求出能获得硬币的最大数量。

说明：

$n == n u m s . l e n g t h$ 。
$1 \leq n \leq 300$ 。
$0 \leq n u m s [i] \leq 100$ 。

示例：

示例 1：

输入：nums = [3,1,5,8]
输出：167
解释：
nums = [3,1,5,8] --> [3,5,8] --> [3,8] --> [8] --> []
coins =  3*1*5    +   3*5*8   +  1*3*8  + 1*8*1 = 167

示例 2：

输入：nums = [1,5]
输出：10
解释：
nums = [1,5] --> [5] --> []
coins = 1*1*5 +  1*5*1 = 10

2.2.3 解题思路

思路 1：动态规划

根据题意，如果 $i - 1$ 或 $i + 1$ 超出了数组的边界，那么就当它是一个数字为 $1$ 的气球。我们可以预先在 $n u m s$ 的首尾位置，添加两个数字为 $1$ 的虚拟气球，这样变成了 $n + 2$ 个气球，气球对应编号也变为了 $0 \sim n + 1$ 。

对应问题也变成了：给定 $n + 2$ 个气球，每个气球上有 $1$ 个数字，代表气球上的硬币数量，当我们戳破气球 $n u m s [i]$ 时，就能得到对应 $n u m s [i - 1] \times n u m s [i] \times n u m s [i + 1]$ 枚硬币。现在要戳破 $0 \sim n + 1$ 之间的所有气球（不包括编号 $0$ 和编号 $n + 1$ 的气球），请问最多能获得多少枚硬币？

1. 划分阶段

按照区间长度进行阶段划分。

2. 定义状态

定义状态 $d p [i] [j]$ 表示为：戳破所有气球 $i$ 与气球 $j$ 之间的气球（不包含气球 $i$ 和气球 $j$ ），所能获取的最多硬币数。

3. 状态转移方程

假设气球 $i$ 与气球 $j$ 之间最后一个被戳破的气球编号为 $k$ 。则 $d p [i] [j]$ 取决于由 $k$ 作为分割点分割出的两个区间 $(i, k)$ 与

$(k, j)$ 上所能获取的最多硬币数 + 戳破气球 $k$ 所能获得的硬币数，即状态转移方程为：

$d p [i] [j] = m a x {d p [i] [k] + d p [k] [j] + n u m s [i] \times n u m s [k] \times n u m s [j]}, i < k < j$

4. 初始条件

$d p [i] [j]$ 表示的是开区间，则 $i < j - 1$ 。而当 $i \geq j - 1$ 时，所能获得的硬币数为 $0$ ，即 $d p [i] [j] = 0, i \geq j - 1$ 。

5. 最终结果

根据我们之前定义的状态， $d p [i] [j]$ 表示为：戳破所有气球 $i$ 与气球 $j$ 之间的气球（不包含气球 $i$ 和气球 $j$ ），所能获取的最多硬币数。所以最终结果为 $d p [0] [n + 1]$ 。

思路 1：代码

class Solution:
    def maxCoins(self, nums: List[int]) -> int:
        size = len(nums)
        arr = [0 for _ in range(size + 2)]
        arr[0] = arr[size + 1] = 1
        for i in range(1, size + 1):
            arr[i] = nums[i - 1]
        
        dp = [[0 for _ in range(size + 2)] for _ in range(size + 2)]

        for l in range(3, size + 3):
            for i in range(0, size + 2):
                j = i + l - 1
                if j >= size + 2:
                    break
                for k in range(i + 1, j):
                    dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k][j] + arr[i] * arr[j] * arr[k])
        
        return dp[0][size + 1]

思路 1：复杂度分析

时间复杂度： $O (n^{3})$ ，其中 $n$ 为气球数量。
空间复杂度： $O (n^{2})$ 。

2.3 切棍子的最小成本

2.3.1 题目链接

1547. 切棍子的最小成本 - 力扣

2.3.2 题目大意

描述：给定一个整数 $n$ ，代表一根长度为 $n$ 个单位的木根，木棍从 $0 \sim n$ 标记了若干位置。例如，长度为 $6$ 的棍子可以标记如下：

再给定一个整数数组 $c u t s$ ，其中 $c u t s [i]$ 表示需要将棍子切开的位置。

我们可以按照顺序完成切割，也可以根据需要更改切割顺序。

每次切割的成本都是当前要切割的棍子的长度，切棍子的总成本是所有次切割成本的总和。对棍子进行切割将会把一根木棍分成两根较小的木棍（这两根小木棍的长度和就是切割前木棍的长度）。

要求：返回切棍子的最小总成本。

说明：

$2 \leq n \leq 10^{6}$ 。
$1 \leq c u t s . l e n g t h \leq m i n (n - 1, 100)$ 。
$1 \leq c u t s [i] \leq n - 1$ 。
$c u t s$ 数组中的所有整数都互不相同。

示例：

示例 1：

输入：n = 7, cuts = [1,3,4,5]
输出：16
解释：按 [1, 3, 4, 5] 的顺序切割的情况如下所示。
第一次切割长度为 7 的棍子，成本为 7 。第二次切割长度为 6 的棍子（即第一次切割得到的第二根棍子），第三次切割为长度 4 的棍子，最后切割长度为 3 的棍子。总成本为 7 + 6 + 4 + 3 = 20 。而将切割顺序重新排列为 [3, 5, 1, 4] 后，总成本 = 16（如示例图中 7 + 4 + 3 + 2 = 16）。

示例 2：

输入：n = 9, cuts = [5,6,1,4,2]
输出：22
解释：如果按给定的顺序切割，则总成本为 25。总成本 <= 25 的切割顺序很多，例如，[4, 6, 5, 2, 1] 的总成本 = 22，是所有可能方案中成本最小的。

则状态转移方程为： $d p [i] [j] = m i n {d p [i] [k] + d p [k] [j] + c u t s [j] - c u t s [i]}, i < k < j$

4. 初始条件

相邻位置之间没有切割点，不需要切割，最小成本为 $0$ ，即 $d p [i - 1] [i] = 0$ 。
其余位置默认为最小成本为一个极大值，即 $d p [i] [j] = \infty, i + 1 \neq j$ 。

5. 最终结果

根据我们之前定义的状态， $d p [i] [j]$ 表示为：切割区间为 $[i, j]$ 上的小木棍的最小成本。所以最终结果为 $d p [0] [s i z e - 1]$ 。

思路 1：代码

class Solution:
    def minCost(self, n: int, cuts: List[int]) -> int:
        cuts.append(0)
        cuts.append(n)
        cuts.sort()
        
        size = len(cuts)
        dp = [[float('inf') for _ in range(size)] for _ in range(size)]
        for i in range(1, size):
            dp[i - 1][i] = 0

        for l in range(3, size + 1):        # 枚举区间长度
            for i in range(size):           # 枚举区间起点
                j = i + l - 1               # 根据起点和长度得到终点                            
                if j >= size:      
                    continue
                dp[i][j] = float('inf')
                for k in range(i + 1, j):   # 枚举区间分割点
                    # 状态转移方程，计算合并区间后的最优值
                    dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k][j] + cuts[j] - cuts[i])
        return dp[0][size - 1]

思路 1：复杂度分析

时间复杂度： $O (m^{3})$ ，其中 $m$ 为数组 $c u t s$ 的元素个数。
空间复杂度： $O (m^{2})$ 。

来源：https://github.com/itcharge/LeetCode-Py