2298 石子合并
2008年省队选拔赛山东
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题目等级 : 黄金 Gold
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题目描述 Description
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。
输入描述 Input Description
第一行是一个数N。
以下N行每行一个数A，表示石子数目。
输出描述 Output Description
共一个数，即N堆石子合并成一堆的最小得分。
样例输入 Sample Input
4
1
1
1
1
样例输出 Sample Output
8
数据范围及提示 Data Size & Hint
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
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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）。
分析：我们熟悉矩阵连乘，知道矩阵连乘也是每次合并相邻的两个矩阵，那么石子合并可以用矩阵连乘的方式来解决。
设dp[i][j]表示第i到第j堆石子合并的最优值，sum[i][j]表示第i到第j堆石子的总数量。那么就有状态转移公式：
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
using namespace std;
const int INF = 1 << 30;
const int N = 205;
int dp[N][N];
int sum[N];
int a[N];
int getMinval(int a[],int n)
{
for(int i=0;i<n;i++)
dp[i][i] = 0;
for(int v=1;v<n;v++)
{
for(int i=0;i<n-v;i++)
{
int j = i + v;
dp[i][j] = INF;
int tmp = sum[j] - (i > 0 ? sum[i-1]:0);
for(int k=i;k<j;k++)
dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j] + tmp);
}
}
return dp[0][n-1];
}
int main()
{
int n;
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];
printf("%d\n",getMinval(a,n));
}
return 0;
}
直线取石子问题的平行四边形优化：
#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;
}
(3)问题(2)的是在石子排列是直线情况下的解法，如果把石子改为环形排列，又怎么做呢？
分析：状态转移方程为：
其中有：
#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;
}
可以看出，上面的(2)(3)问题的时间复杂度都是O(n^3)，由于过程满足平行四边形法则，故可以进一步优化到O(n^2)。