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在一个操场上摆放着一排N堆石子。现要将石子有次序地合并成一堆。规定每次只能选相邻的2堆石子合并成新的一堆，并将新的一堆石子数记为该次合并的得分。
试设计一个算法，计算出将N堆石子合并成一堆的最小得分。
第一行是一个数N。
以下N行每行一个数A，表示石子数目。
共一个数，即N堆石子合并成一堆的最小得分。
4
1
1
1
1
8
对于 30% 的数据，1≤N≤100
对于 60% 的数据，1≤N≤1000
对于 100% 的数据，1≤N≤40000
对于 100% 的数据，1≤A≤200
题意: 石子合并问题, 将相邻两堆石子合并, 每次得分是合并成新的一堆石子个数, 最后累加最小值.
解题思路:
1. 这类题目一开始想到是DP, 设dp[i][j]表示第i堆石子到第j堆石子合并最小得分.
状态方程: dp[i][j] = min(dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]);
sum[i]表示第1到第i堆石子总和. 递归记忆化搜索即可.
2. 不过此题有些不一样, 1<=n<=50000范围特大, dp[50000][50000]开不到这么大数组.
问题分析:
(1). 假设我们只对3堆石子a,b,c进行比较, 先合并哪2堆, 使得得分最小.
score1 = (a+b) + ( (a+b)+c )
score2 = (b+c) + ( (b+c)+a )
再次加上score1 <= score2, 化简得: a <= c, 可以得出只要a和c的关系确定,
合并的顺序也确定.
(2). GarsiaWachs算法, 就是基于(1)的结论实现.找出序列中满足stone[i-1] <=
stone[i+1]最小的i, 合并temp = stone[i]+stone[i-1], 接着往前面找是否
有满足stone[j] > temp, 把temp值插入stone[j]的后面(数组的右边). 循环
这个过程一直到只剩下一堆石子结束.
(3). 为什么要将temp插入stone[j]的后面, 可以理解为(1)的情况
从stone[j+1]到stone[i-2]看成一个整体 stone[mid],现在stone[j],
stone[mid], temp(stone[i-1]+stone[i-1]), 情况因为temp < stone[j],
因此不管怎样都是stone[mid]和temp先合并, 所以讲temp值插入stone[j]
的后面是不影响结果.
#include<cstdio> #include<iostream> #define ll long long using namespace std; #define N 50010 int t=1,n,a[N]; ll ans=0; void work(int k){ int tmp=a[k-1]+a[k]; ans+=tmp; for(int i=k;i<t-1;i++) a[i]=a[i+1]; t--; int j=0; for(j=k-1;j>0&&a[j-1]<tmp;j--) a[j]=a[j-1]; a[j]=tmp; while(j>=2&&a[j]>=a[j-2]){ int d=t-j; work(j-1); j=t-d; } } int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]); for(int i=1;i<n;i++){ a[t++]=a[i]; while(t>=3&&a[t-3]<=a[t-1]) work(t-2); } while(t>1) work(t-1); printf("%lld\n",ans); return 0; }
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华丽的分割线
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以下是石子合并系列问题的常用思路，现附上。（以下大部分来自网络，代码未经测试，看看思路就好）
石子合并问题是最经典的DP问题。首先它有如下3种题型：
(1)有N堆石子，现要将石子有序的合并成一堆，规定如下：每次只能移动任意的2堆石子合并，合并花费为新合成的一堆石子的数量。求将这N堆石子合并成一堆的总花费最小（或最大）。
分析：当然这种情况是最简单的情况，合并的是任意两堆，直接贪心即可，每次选择最小的两堆合并。本问题实际上就是哈夫曼的变形。
(2)有N堆石子，现要将石子有序的合并成一堆，规定如下：每次只能移动相邻的2堆石子合并，合并花费为新合成的一堆石子的数量。求将这N堆石子合并成一堆的总花费最小（或最大）。
#include <iostream> #include <string.h> #include <stdio.h> using namespace std; const int INF = 1 << 30; const int N = 1005; int dp[N][N]; int p[N][N]; int sum[N]; int n; int getMinval() { for(int i=1; i<=n; i++) { dp[i][i] = 0; p[i][i] = i; } for(int len=1; len<n; len++) { for(int i=1; i+len<=n; i++) { int end = i+len; int tmp = INF; int k = 0; for(int j=p[i][end-1]; j<=p[i+1][end]; j++) { if(dp[i][j] + dp[j+1][end] + sum[end] - sum[i-1] < tmp) { tmp = dp[i][j] + dp[j+1][end] + sum[end] - sum[i-1]; k = j; } } dp[i][end] = tmp; p[i][end] = k; } } return dp[1][n]; } int main() { while(scanf("%d",&n)!=EOF) { sum[0] = 0; for(int i=1; i<=n; i++) { int val; scanf("%d",&val); sum[i] = sum[i-1] + val; } printf("%d\n",getMinval()); } return 0; }
#include <iostream> #include <string.h> #include <stdio.h> using namespace std; const int INF = 1 << 30; const int N = 205; int mins[N][N]; int maxs[N][N]; int sum[N],a[N]; int minval,maxval; int n; int getsum(int i,int j) { if(i+j >= n) return getsum(i,n-i-1) + getsum(0,(i+j)%n); else return sum[i+j] - (i>0 ? sum[i-1]:0); } void Work(int a[],int n) { for(int i=0;i<n;i++) mins[i][0] = maxs[i][0] = 0; for(int j=1;j<n;j++) { for(int i=0;i<n;i++) { mins[i][j] = INF; maxs[i][j] = 0; for(int k=0;k<j;k++) { mins[i][j] = min(mins[i][j],mins[i][k] + mins[(i+k+1)%n][j-k-1] + getsum(i,j)); maxs[i][j] = max(maxs[i][j],maxs[i][k] + maxs[(i+k+1)%n][j-k-1] + getsum(i,j)); } } } minval = mins[0][n-1]; maxval = maxs[0][n-1]; for(int i=0;i<n;i++) { minval = min(minval,mins[i][n-1]); maxval = max(maxval,maxs[i][n-1]); } } int main() { while(scanf("%d",&n)!=EOF) { for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]); sum[0] = a[0]; for(int i=1;i<n;i++) sum[i] = sum[i-1] + a[i]; Work(a,n); printf("%d %d\n",minval,maxval); } return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/shenben/p/5638826.html
