merge

2.石子合并加强版(merge)
【问题描述】
还记得经典题石子合并吗？现在小Y将题目加强啦！
在一个圆形操场的四周摆放着n堆石子，现要将石子有次序地合并成一堆。规定每次只能选取相邻的三堆合并成新的一堆,并将新的一堆的石子数,记为该次合并的得分。
编一程序，读入石子堆数n及每堆的石子数。选择一种合并石子的方案,使得做(n-1)/2次合并,得分的总和最小；
【输入格式】
第1行1个数，表示石子堆数。
第2行是顺序排列的各堆石子数（≤1000），每两个数之间用空格分隔。
【输出格式】
输出合并的最小得分。
【样例输入输出】
5
1 2 3 4 5
【样例输出】
21
【样例解释】
先合并(1 2 3)，再合并(6 4 5)
【数据规模】
对于 20% 的数据，n=5。
对于 60% 的数据，n<=80。

对于 100%的数据，n<=400。

题解：对于环的问题，通常复制后接到数组后面。

60分做法：dp【i】【j】：讲第i堆到第j堆的石子合并的最小值。枚举k1，k2，

dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k1]+dp[k1][k2]+dp[k2][j])，n^4方法。

100分做法：预处理出dp【i】【3】，只用枚举k，判断长度的奇偶性，来做，奇数一定可以合并成一堆，偶数一定合并成2堆，所以奇数时合并要加上区间和，二偶数不用。（和网上的题解有些不同）

法一：

#include <iostream>#include <cstring>#include <cstdio>#include <algorithm>#define N 1000#define ll long longusing namespace std;int n,num[N<<1],pre[N];long long dp[N][N];long long ans=(1ll<<56);int main(){//freopen("merge.in","r",stdin);//freopen("merge.out","w",stdout);scanf("%d",&n);memset(dp,0x3c,sizeof(dp));pre[0]=0;for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&num[i]),num[i+n]=num[i];for(int i=1;i<=(n<<1);i++) pre[i]=pre[i-1]+num[i],dp[i][3]=(ll)((ll)num[i]+(ll)num[i+1]+(ll)num[i+2]),dp[i][1]=(ll)0,dp[i][2]=(ll)0;for(int j=4;j<=n;j++){//长度 for(int i=1;(i+j-1)<=(n<<1);i++){//起点 if((j&1)){for(int k=1;k<=j>>1;k++){dp[i][j]=min((ll)((ll)pre[i+j-1]-(ll)pre[i-1]+dp[i][j-k]+dp[i+j-k][k]),dp[i][j]);dp[i][j]=min((ll)((ll)pre[i+j-1]-(ll)pre[i-1]+dp[i][k]+dp[i+k][j-k]),dp[i][j]);}continue;}for(int k=1;k<=j>>1;k+=2){    dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[i+k][j-k]);dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][j-k]+dp[i+j-k][k]);}}}for(int i=1;i<=n;i++) ans=min(ans,dp[i][n]);printf("%lld\n",ans);return 0;}/*61 3 5 2 4 2*/

法二：

#include <iostream>#include <cstring>#include <cstdio>#include <algorithm>#define N 300000using namespace std;int n,dp1[10000][10000],dp2[10100][20000],pre[N],x[N];const int  inf = 10000000;int main(){//freopen("merge.in","r",stdin);//freopen("merge.out","w",stdout);scanf("%d",&n);pre[0]=0;for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x[i]),x[i+n]=x[i];for(int i=1;i<=(n<<1);i++) pre[i]=pre[i-1]+x[i];for(int i=1;i<=(n<<1);i++)    for(int j=i;j<=(n<<1);j++)        dp1[i][j]=dp2[i][j]=inf;for(int i=(n<<1);i;i--){dp1[i][i]=0;dp1[i][i+2]=pre[i+2]-pre[i-1];for(int j=i+3;j<=(n<<1);j++) {for(int k=i;k<j;k++) dp2[i][j]=min(dp2[i][j],dp1[i][k]+dp1[k+1][j]);for(int k=i;k<j;k++) dp1[i][j]=min(dp1[i][j],min(dp1[i][k]+dp2[k+1][j],dp2[i][k]+dp1[k+1][j])+pre[j]-pre[i-1]);  }}int ans=1e9;for(int i=1;i<=n;i++) ans=min(ans,dp1[i][i+n-1]);printf("%d\n",ans);return 0;}