石子合并（NOI1995）题解

题目描述

在一个圆形操场的四周摆放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堆合并成新的一堆，并将新的一堆的石子数，记为该次合并的得分。

试设计出1个算法,计算出将N堆石子合并成1堆的最小得分和最大得分.

输入输出格式

输入格式：

数据的第1行试正整数N,1≤N≤100,表示有N堆石子.第2行有N个数,分别表示每堆石子的个数.

输出格式：

输出共2行,第1行为最小得分,第2行为最大得分.

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1995的NOI题目，然而却是一道非常水的区间DP。

区间DP，顾名思义，求区间最值问题。通过小区间来更新大区间，最后逐渐更新出答案。

区间DP常用枚举套路：

for(int len = ;len<=n;len++)
{
    for(int i = ;i+len-<=n;i++)
    {
        int j = i+len-;
        dp[i][j] = ...
    }
}

外层枚举长度，下一层枚举初始端点，终点通过长度+起点-1枚举出来，需要注意的是起点枚举范围是i+len-1，也就是终点要在区间长度以内。

继续说这道题目。

大区间一定是通过小区间合并出来的，这也是我们使用区间DP的原因。但是这道题并不是一条链上的石子，而是一个环。也就是说我们有可能在最后一个石子回头，与前面的石子合并。

那我们只需要把原来的链的长度变成二倍（除了最后一位），而枚举长度仍然是一倍的长度不就好了？

举个例子：

  2,3,4,5

我们可以把它变成2,3,4,5,2,3,4

枚举的时候仍然是4的长度。这样就完美的处理了链的情况。

接下来是状态转移方程。

不知道有没有同学会和我开始时候有一样的错觉，全部合并到一起不就是所有的值相加吗？

然而并不是这样的，当一个区间与另一个区间合并时，原来的区间的数被算了两次。

再举个栗子。

[1,2] 与[2,3]合并

前者合并之后是3，后者是5

这样在合并一次就是3+5+8

相当于1+2+2+3+1+2+2+3

虽然这个结论是错的，但是我们从中可以得到一个结论，每次合并的时候，区间内的所有值都会被再次算一遍。

所以要预处理前缀和。

接下来说方程。

dp[i][j]表示把[i][j]中的石子合并成一堆所需要的费用。

[i][j]之间我们可以选择任意一个点，把这个区间分成两段，通过这两段合并成这一段区间。

所以

dpmax[i][j] = max(dpmax[i][j],dpmax[i][k-]+dpmax[k][j]+before[j]-before[i-]);

dpmin[i][j] = min(dpmin[i][j],dpmin[i][k-]+dpmin[k][j]+before[j]-before[i-]);

before代表前缀和

每个点的初始值就是它自己的花费。

最后上代码。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
using namespace std;
int num[];
int before[];
int dpmax[][];
int dpmin[][];
int main()
{
      int n;
      scanf("%d",&n);
      for(int i = ;i<=n;i++)
      {
            scanf("%d",&num[i]);
            num[n+i] = num[i];
            before[i] = before[i-]+num[i];
      }
      for(int i = n+;i<=*n-;i++)
      {
            before[i] = before[i-]+num[i];
      }
      memset(dpmin,0x3f,sizeof(dpmin));
      memset(dpmax,-,sizeof(dpmax));
      for(int i = ;i<=*n-;i++)
      {
            dpmin[i][i] = ;
            dpmax[i][i] = ;
      }
      for(int len = ;len<=n;len++)
      {
            for(int i = ;i+len-<=*n-;i++)
            {
                  int j = i+len-;
                  for(int k = i+;k<=j;k++)
                  {
                        dpmax[i][j] = max(dpmax[i][j],dpmax[i][k-]+dpmax[k][j]+before[j]-before[i-]);
                        dpmin[i][j] = min(dpmin[i][j],dpmin[i][k-]+dpmin[k][j]+before[j]-before[i-]);
                  }
            }
      }
      int ma = -;
      int mi = ;
      for(int i = ;i<=n;i++)
      {
            ma = max(ma,dpmax[i][i+n-]);
            mi = min(mi,dpmin[i][i+n-]);
      }
      printf("%d\n%d",mi,ma);
      return ;
}
/*
3
1 2 3
*/