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区间dp -- 典型模板,石子合并

时间:2019-11-13 23:41:25      阅读:10      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:RKE   提高   老师   最大权值   问题分析   tar   ios   pen   event   

原题连接:石子合并

题目描述

在一个圆形操场的四周摆放N堆石子,现要将石子有次序地合并成一堆.规定每次只能选相邻的2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。

试设计出1个算法,计算出将N堆石子合并成1堆的最小得分和最大得分.

输入格式

数据的第1行试正整数N,1≤N≤100,表示有N堆石子.第2行有N个数,分别表示每堆石子的个数.

输出格式

输出共2行,第1行为最小得分,第2行为最大得分.

 

问题分析

  N个堆相邻,每次选择相邻的两个合并,就是对两两区间的选择,典型的区间dp类型。题目为环形,环转为链最简单的方式就是用一个长度为环长度两倍的链来依次存环的数据两次。现用较为简便的链形的模型来理顺以下区间dp的思路:dp的关键就是找到状态的转移,要找对状态的转移,那么对状态的定义就很重要。所以定义的状态要能够分解为更小的状态,可以这样思考:

  1)如何将状态分解为更小的子状态的。

  2)子状态是否能够继续类似分解为更小的子状态。

  3)终止状态是怎样。

  4)终止状态在不断分解时是否能够最终达到。

  根据以上的灵魂四问,可以尝试这样来定义状态f[i][j]=区间i到j合并后的最大权值,接下来验证一下。对于1:f[i][j] = max(f[i][k] + f[k][j] + w[i to j],f[i][j]),(i<=k<=j),i到j合并的最大权值可以分解为两个子区间的最大合并的最大权值和再加上i到j的总权值(就是把两个子区间合成当前状态的新获取的权值),这个权值可以通过输入时记录前缀和来解决。对于2:子状态f[i][k],f[k][j]仍然可以类似继续分解。对于3:终止状态就是i==j的时候即区间只有一个的时候,此时无法合并,故得分为0。对于4:根据1 2,区间状态最终确实可以分解至区间长度为1。到这里已经可以基本确认状态的转移设定已经成功啦,灵魂四问nb~(来自我的数据结构老师)。

  接着来分析一下这种转移的大概复杂度,环形,所以区间的起点选择n次。每次选完区间后开始dp,区间dp可以看作是对一个长度为n的区间,从长度为1开始一直选择到n,没选定一个ni长度的区间,还要选择ni次中间结点作为划分,所以据此可以估计大致的时间复杂度为n^3。再看看题目的数据规模100,将环转为链长度最大为200,所以n^3是没有问题的。再一次确认此状态转移可行。

  状态的转移已经确定好聊,接下来就是用递推还是用递归的问题啦。递推是在递归逻辑掌握得非常透的时候的一种提高效率的转换,弱弱我还是先从递归开始吧。根据之前的灵魂四问,递归的dp就很好写啦(记忆化就不再赘述了)。

// 以求最小值为例
//
终止状态l==r,区间长度为1.对应四问的3 if(l == r) return 0;
// 状态转移不断缩小,对应四问的1 2
if(f1[l][r] == Inf) { // 尚未处理过
    for(int i=l; i<r; ++i) {
        f1[l][r] = min(f1[l][r],
                    getMin(l, i) + getMin(i+1, r) + w[r]-w[l-1]);
    }
}return f1[l][r];

   关键的dp已经设计完成,其他的输入输出细节就是代码的功底了,上个完整代码。

技术图片
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#define Inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N = 202;
int n, ans1, ans2;
int f1[N*2][N*2], f2[N*2][N*2];
int w[N*2];
inline int min(const int& a, const int& b) { return a<b? a:b; }
inline int max(const int& a, const int& b) { return a>b? a:b; }

inline void __ini__() {
    scanf("%d", &n);
    memset(f1, Inf, sizeof(f1));    // 初始化记忆数组
    for(int i=0; i<2*N; ++i)
        for(int j=0; j<2*N; ++j)
            f2[i][j] = -Inf;

    for(int i=1; i<=n; ++i) {
        scanf("%d", w+i);
        w[n+i] = w[i]; // 利用双倍链代替环
        w[i] += w[i-1]; // 前缀求和
    }
    for(int i=n+1; i<=2*n; ++i) { // 增长部分的前缀和
        w[i] += w[i-1];
    }return;
}

int getMin(int l, int r) {
    if(l == r) return 0;
    if(f1[l][r] == Inf) { // 尚未处理过
        for(int i=l; i<r; ++i) {
            f1[l][r] = min(f1[l][r],
                        getMin(l, i) + getMin(i+1, r) + w[r]-w[l-1]);
        }
    }return f1[l][r];
}

int getMax(int l, int r) {
    if(l == r) return 0;
    if(f2[l][r] == -Inf) {
        for(int i=l; i<r; ++i) {
            f2[l][r] = max(f2[l][r],
                        getMax(l, i) + getMax(i+1, r) + w[r]-w[l-1]);
        }
    }return f2[l][r];
}

int main() {
    __ini__();
    ans1 = Inf, ans2 = -Inf;
    for(int s=1; s<=n; ++s) {
        ans1 = min(getMin(s, s+n-1), ans1);
        ans2 = max(getMax(s, s+n-1), ans2);
    }
    printf("%d\n%d\n", ans1, ans2);
    return 0;
}
full solution

   嗯呐,对于递归的方式基本上已经有所把握了吧。接下来更进一步,递推递推。仍然基于以上的灵魂四问,但与递归有点不同,递推是从终止状态(即可以确定的已知状态)往更高一级的状态推导。简而言之:递归从求解状态索取结果直至可确定的状态,递推从可确定的状态一直推导到求解状态。

for(基状态: len=1 -> n) { // 基状态区间长度为1是确定的,遍历到下一层len=2确定,then len=3确定...
    for(在当前的区间长度下枚举区间: 起点s=1 -> n) {
        t = s + len-1;    区间的结尾
        for(中间划分结点: k=s -> t-1) {
            // 根据题意处理
            f[s][t] = min(f[s][t], f[s][k]+f[k+1][t]+w[s to t]);
        }
    }
}
// 递推的代码实现
// 得到的f[][]就是和递归方式得到的一样的状态
for(int p=1;p<n;p++)  {  
    for(int i=1,j=i+p;(j<n+n) && (i<n+n);i++,j=i+p)  {    
        for(int k=i;k<j;k++)  {  
            f1[i][j] = max(f1[i][j], f1[i][k]+f1[k+1][j]+d(i,j));    
        }  
    }  
} 

   得到所有区间的可能状态之后就是简单的对答案枚举了,这里就不再贴代码了。

  谢谢观赏~

区间dp -- 典型模板,石子合并

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原文地址:https://www.cnblogs.com/GorgeousBankarian/p/11846200.html

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