(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：
当 i = j 时，dp[ i ][ j ] = 0;
当i != j 时，dp[ i ][ j ] = min(dp[i][j], dp[ i ][ k ]+dp[ k+1 ][ j ] ) + sum[ i ][ j ].
代码：复杂度为O(n^3).
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int a[1010]; int dp[1010][1010]; int sum[1010][1010]; int main() { ios::sync_with_stdio(false); int n; cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++){ cin>>a[i]; } for(int i=1;i<n;i++) { sum[i][i]=a[i]; for(int j=i+1;j<=n;j++) { sum[i][j]=sum[i][j-1]+a[j];//合并区间i到j的结果 } } for(int r=2;r<=n;r++)//区间长度为 r的最小值 { for(int i=1;i<=n-(r-1);i++)//枚举区间长度的开头 { int j=i+(r-1);//区间长度固定，根据开头求出结尾 dp[i][j]=999999999; for(int k=i;k<j;k++)//枚举出合并这段区间以前的最小花费 { dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]); } dp[i][j] += sum[i][j];//加上这一段合并的花费 } } cout<<dp[1][n]<<endl; return 0; }
因为上面的复杂度为O(n^3)，那么我们可以利用平行四边形优化，优化为O(n^2).
代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int a[1010]; int dp[1010][1010]; int sum[1010][1010]; int p[1010][1010]; int main() { ios::sync_with_stdio(false); int n; cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++){ cin>>a[i]; } for(int i=1;i<n;i++) { sum[i][i]=a[i]; for(int j=i+1;j<=n;j++) { sum[i][j]=sum[i][j-1]+a[j];//合并区间i到j的结果 } } for(int i=1;i<=n;i++){ 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=0x3ffffff; 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[i][end] < tmp) { tmp=dp[i][j] + dp[j+1][end] + sum[i][end]; k=j; } } dp[i][end] = tmp; p[i][end] = k; } } /* for(int r=2;r<=n;r++)//区间长度为 r的最小值 { for(int i=1;i<=n-(r-1);i++)//枚举区间长度的开头 { int j=i+(r-1);//区间长度固定，根据开头求出结尾 dp[i][j]=999999999; for(int k=i;k<j;k++)//枚举出合并这段区间以前的最小花费 { dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]); } dp[i][j] += sum[i][j];//加上这一段合并的花费 } } */ cout<<dp[1][n]<<endl; 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：
当 j =0 时，dp[i][j]=0.
当 j > 0&& 0<=k < j, dp[i][j]=min(dp[i][j], dp[i][k] + dp[(i+k+1)%n][j-k-1] + sum(i,j).
代码：
#include<bits/sdc++.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 solve(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)) { 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]; solve(a,n); printf("%d %d\n",minval,maxval); } return 0; }
