[08山东省选]2298 石子合并 即POJ 1738 An old Stone Game

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

题解

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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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山东 省队选拔赛 2008年

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=,n,a[N];
ll ans=;
void work(int k){
    int tmp=a[k-]+a[k];
    ans+=tmp;
    for(int i=k;i<t-;i++)
        a[i]=a[i+];
    t--;
    int j=;
    for(j=k-;j>&&a[j-]<tmp;j--)
        a[j]=a[j-];
    a[j]=tmp;
    while(j>=&&a[j]>=a[j-]){
        int d=t-j;
        work(j-);
        j=t-d;
    }
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=;i<n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=;i<n;i++){
        a[t++]=a[i];
        while(t>=&&a[t-]<=a[t-])
            work(t-);
    }
    while(t>)
        work(t-);
    printf("%lld\n",ans);
    return ;
}

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

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：

 

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 =  << ;
const int N = ;

int dp[N][N];
int p[N][N];
int sum[N];
int n;

int getMinval()
{
    for(int i=; i<=n; i++)
    {
        dp[i][i] = ;
        p[i][i] = i;
    }
    for(int len=; len<n; len++)
    {
        for(int i=; i+len<=n; i++)
        {
            int end = i+len;
            int tmp = INF;
            int k = ;
            for(int j=p[i][end-]; j<=p[i+][end]; j++)
            {
                if(dp[i][j] + dp[j+][end] + sum[end] - sum[i-] < tmp)
                {
                    tmp = dp[i][j] + dp[j+][end] + sum[end] - sum[i-];
                    k = j;
                }
            }
            dp[i][end] = tmp;
            p[i][end] = k;
        }
    }
    return dp[][n];
}

int main()
{
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        sum[] = ;
        for(int i=; i<=n; i++)
        {
            int val;
            scanf("%d",&val);
            sum[i] = sum[i-] + val;
        }
        printf("%d\n",getMinval());
    }
    return ;
}

 

(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 =  << ;
const int N = ;

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-) + getsum(,(i+j)%n);
    else return sum[i+j] - (i> ? sum[i-]:);
}

void Work(int a[],int n)
{
    for(int i=;i<n;i++)
        mins[i][] = maxs[i][] = ;
    for(int j=;j<n;j++)
    {
        for(int i=;i<n;i++)
        {
            mins[i][j] = INF;
            maxs[i][j] = ;
            for(int k=;k<j;k++)
            {
                mins[i][j] = min(mins[i][j],mins[i][k] + mins[(i+k+)%n][j-k-] + getsum(i,j));
                maxs[i][j] = max(maxs[i][j],maxs[i][k] + maxs[(i+k+)%n][j-k-] + getsum(i,j));
            }
        }
    }
    minval = mins[][n-];
    maxval = maxs[][n-];
    for(int i=;i<n;i++)
    {
        minval = min(minval,mins[i][n-]);
        maxval = max(maxval,maxs[i][n-]);
    }
}

int main()
{
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        for(int i=;i<n;i++)
            scanf("%d",&a[i]);
        sum[] = a[];
        for(int i=;i<n;i++)
            sum[i] = sum[i-] + a[i];
        Work(a,n);
        printf("%d %d\n",minval,maxval);
    }
    return ;
}

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)。