POJ 1651 Multiplication Puzzle 动态规划及搜索

这是一道比较简单的DP，通过分析可以设最后拿走的牌为i，则所求的最优解就是i左边和右边子列的最小连乘积再加上x[a]*x[i]*x[b],因为i将原来的序列划分为两个子列，这两个子列符合“最优子结构”和“重叠子问题”的dp特点，他们的最优解互相之间没有影响，只会影响全局问题的最优解，在POJ discuss中的解析比较经典，摘录如下，以后做题可以常常看看discuss，就当学习，但是还是要独立思考为主

 

对于整个牌的序列，最左端和最右端的牌是不能被取走的，除这两张以外的所有牌> ，必然有一张最后取走。取走这最后一张牌有一个仅与它本身以及最左端和最右端的> 牌的值有关的得分，这个分值与其他牌没有任何关系。当这张最后被取走的牌被定> 下来以后（假设位置为j）, 最左端到j之间的所有牌被取走时所造成的得分必然只与> 这之间的牌有关从而与j到最右端之间的牌独立开来。这样就构成了两个独立的子> 区间，出现重叠子问题。于是问题的解就是> 取走最后一张牌的得分+两个子区间上的最小得分> 不妨假设当前区间为[b, e],在(b,e)之间枚举最后一张被取走的牌，通过最优子问题> 求出当前区间的最优解：> opt[b][e] = min{ opt[b][j]+opt[j][e] + val(b,j,e); };> b+1<= j <=e-1> val(b,j,e)是取走j所造成的得分，即第b,j,e这三张牌的积。> 空间o(n^2), 时间o(n^3)

 

算法实现

dp[i][j] 表示把第 i 个数字到第 j 个数字之间（不包括i，j）的数字去光后得到的最小值。
设 x[i] 是第 i 个数字的值。
dp[i][j] = min(dp[i][k] + dp[k][j] + x[i] * x[k] * x[j]），i + 1 <= k <= j - 1
所有连续的两个数已经符合要求，即dp[i][i + 1] = 0

#include <iostream>using namespace std;#define MAXN 100000000int n,x[100],dp[100][100];int f(int a,int b){if (dp[a][b] != -1){return dp[a][b];}if (b - a == 1)//连续的两个数返回0{return dp[a][b] = 0;}int min = MAXN;for(int i = a+1;i <= b-1;i++){//枚举最后一张牌取其最小的情况int l = f(a,i);int r = f(i,b);if (min > l + r + x[a]*x[i]*x[b]){min = l + r + x[a]*x[i]*x[b];}}return dp[a][b] = min;//dp二维数组始终标记以a、b为边界数组的最小连乘积}int main(){cin>>n;memset(dp,-1,sizeof(dp));for(int i = 0;i < n;i++){cin>>x[i];}cout<<f(0,n-1)<<endl;return 0;} 

另外在网上看到有人用dfs搜索解决，摘录如下：http://blog.csdn.net/sushizhuyilang/archive/2010/08/26/5839324.aspx

#include <iostream> using namespace std; int a[110],mi[110][110]; int dfs(int l,int r){ if(r-l<2)return 0; int Min=10000001; for(int i=l+1;i<r;i++){ if(mi[l][i]==-1)mi[l][i]=dfs(l,i); if(mi[i][r]==-1)mi[i][r]=dfs(i,r); if(Min>mi[l][i]+mi[i][r]+a[l]*a[i]*a[r]) Min=mi[l][i]+mi[i][r]+a[l]*a[i]*a[r]; } return Min; } int main() { int n,i; cin>>n; memset(mi,-1,sizeof(mi)); for(i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]; cout<<dfs(1,n)<<endl; return 0; }