石子合并问题

石子合并（一）

时间限制：1000 ms  |  内存限制：65535 KB难度：3 描述    有N堆石子排成一排，每堆石子有一定的数量。现要将N堆石子并成为一堆。合并的过程只能每次将相邻的两堆石子堆成一堆，每次合并花费的代价为这两堆石子的和，经过N-1次合并后成为一堆。求出总的代价最小值。 输入有多组测试数据，输入到文件结束。每组测试数据第一行有一个整数n，表示有n堆石子。接下来的一行有n（0< n <200）个数，分别表示这n堆石子的数目，用空格隔开输出输出总代价的最小值，占单独的一行样例输入

3
1 2 3
7
13 7 8 16 21 4 18

样例输出

9

239最普通的算法O(n^3)：#include <fstream>#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <cstdlib>#include <cmath>using namespace std;const int N=205;const int INF=0x7fffffff;int n;int a,sum,dp;void f();int main(){//freopen("D:\\input.in","r",stdin);while(~scanf("%d",&n)){sum[0]=0;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);sum[i]=sum[i-1]+a[i];}f();printf("%d\n",dp[1]);}return 0;}void f(){for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][i]=0;for(int r=1;r<n;r++){for(int i=1;i<n;i++){int j=i+r;if(j>n) break;dp[i][j]=INF;for(int k=i;k<=j;k++){dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]);}dp[i][j]+=sum[j]-sum[i-1];}}}224ms

其中，dp[i][j]代表i到j堆的最优值，sum[i]代表第1堆到第i堆的数目总和。有：dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j])+sum[j]-sum[i-1]。 考虑四边形不等式优化：接近O(n^2)：#include <fstream>#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <cstdlib>#include <cmath>using namespace std;const int N=205;const int INF=0x7fffffff;int n;int a,sum,dp,s;void f();int main(){//freopen("D:\\input.in","r",stdin);while(~scanf("%d",&n)){sum[0]=0;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);sum[i]=sum[i-1]+a[i];}f();printf("%d\n",dp[1]);}return 0;}void f(){for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][i]=0,s[i][i]=i;for(int r=1;r<n;r++){for(int i=1;i<n;i++){int j=i+r;if(j>n) break;dp[i][j]=INF;for(int k=s[i][j-1];k<=s[i+1][j];k++){if(dp[i][j]>dp[i][k]+dp[k+1][j]){dp[i][j]=dp[i][k]+dp[k+1][j];s[i][j]=k;}}dp[i][j]+=sum[j]-sum[i-1];}}}32ms

优化：原状态转移方程中的k的枚举范围便可以从原来的(i~j-1)变为(s[i,j-1]~s[i+1,j])。解释下：四边形不等式优化动态规划原理:1.当决策代价函数w[i][j]满足w[i][j]+w[i’][j’]<=w[I;][j]+w[i][j’](i<=i’<=j<=j’)时,称w满足四边形不等式.当函数w[i][j]满足w[i’][j]<=w[i][j’]i<=i’<=j<=j’)时,称w关于区间包含关系单调.2.如果状态转移方程m为且决策代价w满足四边形不等式的单调函数(可以推导出m亦为满足四边形不等式的单调函数),则可利用四边形不等式推出最优决策s的单调函数性,从而减少每个状态的状态数,将算法的时间复杂度由原来的O(n^3)降低为O(n^2).方法是通过记录子区间的最优决策来减少当前的决策量.令:s[i][j]=max{k | ma[i][j] = m[i][k-1] + m[k][j] + w[i][j]}由于决策s具有单调性,因此状态转移方程可修改为:证明过程: (转载)设m[i,j]表示动态规划的状态量。m[i,j]有类似如下的状态转移方程：m[i,j]=opt{m[i,k]+m[k,j]}(i≤k≤j)如果对于任意的a≤b≤c≤d，有m[a,c]+m[b,d]≤m[a,d]+m[b,c]，那么m[i,j]满足四边形不等式。以上是适用这种优化方法的必要条件对于一道具体的题目，我们首先要证明它满足这个条件，一般来说用数学归纳法证明，根据题目的不同而不同。通常的动态规划的复杂度是O(n3)，我们可以优化到O(n2)设s[i,j]为m[i,j]的决策量，即m[i,j]=m[i,s[i,j]]+m[s[i,j]+j]我们可以证明，s[i,j-1]≤s[i,j]≤s[i+1,j]  （证明过程见下）那么改变状态转移方程为：m[i,j]=opt{m[i,k]+m[k,j]}      (s[i,j-1]≤k≤s[i+1,j])复杂度分析：不难看出，复杂度决定于s的值，以求m[i,i+L]为例，(s[2,L+1]-s[1,L])+(s[3,L+2]-s[2,L+1])…+(s[n-L+1,n]-s[n-L,n-1])=s[n-L+1,n]-s[1,L]≤n所以总复杂度是O(n2)对s[i,j-1]≤s[i,j]≤s[i+1,j]的证明：设mk[i,j]=m[i,k]+m[k,j]，s[i,j]=d对于任意k<d，有mk[i,j]≥md[i,j]（这里以m[i,j]=min{m[i,k]+m[k,j]}为例,max的类似），接下来只要证明mk[i+1,j]≥md[i+1,j]，那么只有当s[i+1,j]≥s[i,j]时才有可能有ms[i+1,j][i+1,j]≤md[i+1,j](mk[i+1,j]-md[i+1,j]) - (mk[i,j]-md[i,j])=(mk[i+1,j]+md[i,j]) - (md[i+1,j]+mk[i,j])=(m[i+1,k]+m[k,j]+m[i,d]+m[d,j]) - (m[i+1,d]+m[d,j]+m[i,k]+m[k,j])=(m[i+1,k]+m[i,d]) - (m[i+1,d]+m[i,k])∵m满足四边形不等式，∴对于i<i+1≤k<d有m[i+1,k]+m[i,d]≥m[i+1,d]+m[i,k]∴(mk[i+1,j]-md[i+1,j])≥(mk[i,j]-md[i,j])≥0∴s[i,j]≤s[i+1,j]，同理可证s[i,j-1]≤s[i,j]证毕扩展：以上所给出的状态转移方程只是一种比较一般的，其实，很多状态转移方程都满足四边形不等式优化的条件。解决这类问题的大概步骤是：0.证明w满足四边形不等式，这里w是m的附属量，形如m[i,j]=opt{m[i,k]+m[k,j]+w[i,j]}，此时大多要先证明w满足条件才能进一步证明m满足条件1.证明m满足四边形不等式2.证明s[i,j-1]≤s[i,j]≤s[i+1,j] GarsiaWachs算法优化：

#include <iostream>#include <cstring>#include <cstdio>using namespace std;const int N = 205;int stone;int n,t,ans;void combine(int k);int main(){while(cin>>n){for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",stone+i);t = 1;ans = 0;for(int i=1;i<n;i++){stone[t++] = stone[i];while(t >= 3 && stone[t-3] <= stone[t-1])combine(t-2);}while(t > 1)combine(t-1);printf("%d\n",ans);}return 0;}void combine(int k){int tmp = stone[k] + stone[k-1];ans += tmp;for(int i=k;i<t-1;i++)stone[i] = stone[i+1];t--;int j = 0;for(j=k-1;j>0 && stone[j-1] < tmp;j--)stone[j] = stone[j-1];stone[j] = tmp;while(j >= 2 && stone[j] >= stone[j-2]){int d = t - j;combine(j-1);j = t - d;}}4ms

解释：对于石子合并问题，有一个最好的算法，那就是GarsiaWachs算法。时间复杂度为O(n^2)。它的步骤如下：设序列是stone[]，从左往右，找一个满足stone[k-1] <= stone[k+1]的k，找到后合并stone[k]和stone[k-1]，再从当前位置开始向左找最大的j，使其满足stone[j] > stone[k]+stone[k-1]，插到j的后面就行。一直重复，直到只剩下一堆石子就可以了。在这个过程中，可以假设stone[-1]和stone是正无穷的。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，得到：186 67 64 103,现在由5个数变为4个数了，继续：186 131 103，现在k=2（别忘了，设A[-1]和A等于正无穷大）234 186，最后得到420。最后的答案呢？就是各次合并的重量之和，即420+234+131+67=852。 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。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，使得最终复杂度为O(nlogn)。 GarsiaWachs算法优化+小细节优化：

#include <fstream>#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <cstdlib>#include <cmath>using namespace std;const int N = 205;const int INF = 0x7fffffff;int stone;int n,t,ans;void combine(int k){int tmp = stone[k] + stone[k-1];ans += tmp;for(int i=k;i<t-1;i++)stone[i] = stone[i+1];t--;int j = 0;for(j=k-1;stone[j-1] < tmp;j--)stone[j] = stone[j-1];stone[j] = tmp;while(j >= 2 && stone[j] >= stone[j-2]){int d = t - j;combine(j-1);j = t - d;}}int main(){//freopen("D:\\input.in","r",stdin);while(~scanf("%d",&n)){for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",stone+i);stone[0]=INF;stone[n+1]=INF-1;t = 3;ans = 0;for(int i=3;i<=n+1;i++){stone[t++] = stone[i];while(stone[t-3] <= stone[t-1])combine(t-2);}while(t > 3) combine(t-1);printf("%d\n",ans);}return 0;}0ms