算法讲解 -- 区间dp经典模型与优化（石子归并）

石子合并问题是最经典的DP问题。首先它有如下3种题型：

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(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。本问题实际上就是霍夫曼的变形。

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(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。

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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 <bits/stdc++.h>
#define pr(x) cout << #x << "= " << x << "  "
#define pl(x) cout << #x << "= " << x << endl;
#define Memset(x, a) memset(x, a, sizeof(x))
#define ll __int64
using  namespace  std;
 
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=205;
int a[N];
int sum[N];
int dp[N][N];
 
int getans(int a[],int n){
    for(int i=0; i<n; i++){
        dp[i][i]=0;
    }
    for(int v=1; v<n; v++){//i,j之间的间距
        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)){
        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",getans(a,n));
    }
    return 0;
}

直线取石子问题的平行四边形优化（用一个p【i】【j】=k 表示区间 i---j 从k点分开才是最优的，这样的话我们就可以优化掉一层复杂度，变为O（n^2） ）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1005;
 
int dp[N][N];
int p[N][N];
int sum[N];
int n;
 
int getans(){
    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",getans());
    }
    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(1)(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)。

转自这里

算法讲解 -- 区间dp经典模型与优化（石子归并）

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