蓝桥杯/nyoj 737 合并石子 区间dp+平行四边形优化

问题描述

　　在一条直线上有n堆石子，每堆有一定的数量，每次可以将两堆相邻的石子合并，合并后放在两堆的中间位置，合并的费用为两堆石子的总数。求把所有石子合并成一堆的最小花费。

输入格式

　　输入第一行包含一个整数n，表示石子的堆数。
　　接下来一行，包含n个整数，按顺序给出每堆石子的大小 。

输出格式

　　输出一个整数，表示合并的最小花费。

样例输入

5
1 2 3 4 5

样例输出

33

数据规模和约定

　　1<=n<=1000, 每堆石子至少1颗，最多10000颗。

思路:

第一个区间dp的题,一开始还以为是贪心。。。结果不是   贪心算法在子过程中得出的解只是局部最优,而不能保证使得全局的值最优。

这个题就是三层的for循环 

最外面一层表示区间的长度 因为自己一堆时长度为1不合并 所以len从2到n

第二层枚举的起点位置,i从1到n-len+1,通过起点位置和区间长度计算出终止点位置j=i+len-1

第三层  知道起始位置和末位置,我们来 枚举合并断开的位置 k从i到j-1 从而通过一个个子问题找到最优解

动态转移方程 

dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]);

结果在蓝桥杯上超时了..应该把min函数去掉在优化一下会卡线过吧

90分代码

#include<bits/stdc++.h>#define inf 0x3f3f3f3fusing namespace std;const int maxn=1111;int dp[maxn][maxn],sum[maxn];int a[maxn];int main(){int i,n,j,k,len;while(~scanf("%d",&n)){memset(sum,0,sizeof(sum));for(i=1;i<=n;i++){dp[i][i]=0;scanf("%d",&a[i]);sum[i]+=sum[i-1]+a[i];}for(len=2;len<=n;len++) {for(i=1;i<=n-len+1;i++){j=i+len-1; dp[i][j]=inf; for(k=i;k<=j-1;k++) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]);}}printf("%d\n",dp[1][n]);}return 0;} 

网上学了一下 这个题需要用到一个平行四边形优化 

具体证明看这里。。反正我是没看懂,感觉就是加了一个 s[i][[j记录dp[i][j]之间的一个最优分割点 就把k限定在了 s[i][j-1]...s[i+1][j]之间。至于为啥我也是似懂非懂

可以优化到30 -40ms

四边形不等式的证明

#include<bits/stdc++.h>#define inf 0x3f3f3f3fusing namespace std;const int maxn=1111;int a[maxn],dp[maxn][maxn],sum[maxn],s[maxn][maxn];int main(){int i,j,k,len,n;while(scanf("%d",&n)!=EOF){memset(sum,0,sizeof(sum));memset(dp,0,sizeof(dp));memset(s,0,sizeof(s));for(i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);s[i][i]=i;dp[i][i]=0;sum[i]+=sum[i-1]+a[i];}for(len=2;len<=n;len++){for(i=1;i<=n-len+1;i++){j=i+len-1;dp[i][j]=inf;for(k=s[i][j-1];k<=s[i+1][j];k++){if(dp[i][j]>dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]){dp[i][j]=dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1];s[i][j]=k;}}}}printf("%d\n",dp[1][n]);}return 0;}