题目大概都是这样的：
设有N堆沙子排成一排，其编号为1，2，3，…，N（N<=300）。每堆沙子有一定的数量，可以用一个整数来描述，现在要将这N堆沙子合并成为一堆，每次只能合并相邻的两堆，合并的代价为这两堆沙子的数量之和，合并后与这两堆沙子相邻的沙子将和新堆相邻，合并时由于选择的顺序不同，合并的总代价也不相同，如有4堆沙子分别为 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，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；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。
dp的方程很显然：
区间DP dp[i][j]=min(dp[i][k]+dp[k+1][j]+cost[i][j]) i<=k<=j 复杂度 N^3
这同时也是一个四边形优化DP的标准形式，对于i到j段的最优值s[i][j]满足： s[i][j-1]<=s[i][j]<=s[i+1][j]
可以减小枚举范围，复杂度N^2
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1100;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,a[maxn];
int sum[maxn];
int dp[maxn][maxn],s[maxn][maxn];
int main()
{
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",a+i);
sum[i]=sum[i-1]+a[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
s[i][i]=i;
}
for(int len=2;len<=n;len++)
{
for(int i=1;i+len-1<=n;i++)
{
int j=i+len-1;
dp[i][j]=INF;
for(int k=s[i][j-1];k<=s[i+1][j]&&k<j;k++)
{
int temp=dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1];
if(temp<dp[i][j])
{
dp[i][j]=temp;
s[i][j]=k;
}
}
}
}
printf("%d\n",dp[1][n]);
}
return 0;
}
如果n非常大，时间和空间都不满足。
可以用GarsiaWachs算法：
http://fanhq666.blog.163.com/blog/static/81943426201062865551410/
石子合并（每次合并相邻的两堆石子，代价为这两堆石子的重量和，把一排石子合并为一堆，求最小代价） 是一个经典的问题。dp可以做到O(n*n)的时间复杂度，方法是： 设f[i,j]为合并从i到j的石子所用最小代价。 f[i,j]=min(sum(i,j)+f[i,k]+f[k+1,j])对所有i<=k<j，其中sum(i,j)表示从i到j的石子重量之和。 设上式取等时k的值为w[i,j]，有神牛证明过：w[i,j]>=w[i,j-1],w[i,j]<=w[i+1,j] 这样，枚举k的时候，就有了一个上下界，从而搞掉了一维。 而GarsiaWachs算法可以把时间复杂度压缩到O(nlogn)。 具体的算法及证明可以参见《The Art of Computer Programming》第3卷6.2.2节Algorithm G和Lemma W,Lemma X,Lemma Y,Lemma Z。 只能说一个概要吧： 设一个序列是A[0..n-1]，每次寻找最小的一个满足A[k-1]<=A[k+1]的k，（方便起见设A[-1]和A[n]等于正无穷大） 那么我们就把A[k]与A[k-1]合并，之后找最大的一个满足A[j]>A[k]+A[k-1]的j,把合并后的值A[k]+A[k-1]插入A[j]的后面。 有定理保证，如此操作后问题的答案不会改变。 举个例子： 186 64 35 32 103 因为35<103，所以最小的k是3，我们先把35和32删除，得到他们的和67，并向前寻找一个第一个超过67的数，把67插入到他后面 186 64（k=3,A[3]与A[2]都被删除了） 103 186 67（遇到了从右向左第一个比67大的数，我们把67插入到他后面） 64 103 186 67 64 103 （有定理保证这个序列的答案加上67就等于原序列的答案） 现在由5个数变为4个数了，继续！ 186 （k=2,67和64被删除了）103 186 131（就插入在这里） 103 186 131 103 现在k=2（别忘了，设A[-1]和A[n]等于正无穷大） 234 186 420 最后的答案呢？就是各次合并的重量之和呗。420+234+131+67=852，哈哈，算对了。 证明嘛，基本思想是通过树的最优性得到一个节点间深度的约束，之后 证明操作一次之后的解可以和原来的解一一对应，并保证节点移动之后他所在的 深度不会改变。详见TAOCP。 具体实现这个算法需要一点技巧，精髓在于不停快速寻找最小的k，即维护一个“2-递减序列” 朴素的实现的时间复杂度是O(n*n)，但可以用一个平衡树来优化（好熟悉的优化方法），使得最终复杂度为O(nlogn) 事情并没有结束。 我在poj1738上看到了一个50000个数的石子合并，很痛苦地想：要写平衡树了:( 但是当我把朴素实现的代码 http://cid-354ed8646264d3c4.office.live.com/self.aspx/.Public/1738.cpp 交上去的时候，发现，AC了？！ 为什么？ 平方的复杂度，50000的数据...... 我着手分析。 首先，每次combine()（见源代码）操作的时候，并不一定都会访问到整个数组。 从随机的角度来讲，新合并出来的石子堆相比那些已经合并许许多多次的石子堆来说， 并不是很“牛”。因为他并不很牛，所以j的值也不比k小得了多少。 并且我们维护的“2-递减”序列本身就有一个很强的序的关系，所以从某种感觉上讲，combine()递归调用的次数很少。 这只是一个感性的想法，实际上，它唯一能够提供给我们的想法是：隐藏在O(n*n)里的常数非常小！ 有多小？自己测试一下，（我的笔记本比较慢）大约实际时间＝0.00000036*n*n毫秒 但即使这样，按照多组数据的时间换算一下，还是应该超时的呀。 看题目最后一句话： For each test case output the answer on a single line.You may assume the answer will not exceed 1000000000. 这句话等价于：每个数都不会很大（要合并49999次呢！），继续等价于：有好多数是相同的。 即使这样，又有什么不同呢？ 当然了！ 我绘制了一幅平均每次k-j的值关于n的图像 其中橘红色的列是我生成的随机的实数作为数据测的结果，而蓝色的是随机生成的［1，1024］间的整数测得的结果。 很明显，小范围的数据大大“加速”了算法，甚至可能引起复杂度上的差异。 就是这样，让本该写一个平衡树的题用数组AC了。 呵呵。 呵呵。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=55000;
int a[maxn];
int n,t,ans;
void combin(int k)
{
int temp=a[k]+a[k-1];
ans+=temp;
for(int i=k;i+1<t;i++)
{
a[i]=a[i+1];
}
t--;
int j=k-1;
for(;j>0&&a[j-1]<temp;j--)
{
a[j]=a[j-1];
}
a[j]=temp;
while(j>2&&a[j-2]<=a[j])
{
int d=t-j;
combin(j-1);
j=t-d;
}
}
int main()
{
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%d",a+i);
t=1,ans=0;
for(int i=1;i<n;i++)
{
a[t++]=a[i];
while(t>=3&&a[t-3]<=a[t-1])
combin(t-2);
}
while(t>1) combin(t-1);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
/*
5
186 64 35 32 103
*/
时间： 2024-11-05 02:16:57