AcWing 1068. 环形石子合并
\(AcWing ~1068.\) 环形石子合并
一、题目描述
将 \(n\) 堆石子绕圆形操场排放，现要将石子有序地合并成一堆。
规定每次只能选相邻的两堆合并成新的一堆，并将新的一堆的石子数记做该次合并的得分。
请编写一个程序，读入堆数 \(n\) 及每堆的石子数，并进行如下计算：
选择一种合并石子的方案，使得做 \(n−1\) 次合并得分总和最大。
选择一种合并石子的方案，使得做 \(n−1\) 次合并得分总和最小。
输入格式
第一行包含整数 \(n\)，表示共有 \(n\) 堆石子。
第二行包含 \(n\) 个整数，分别表示每堆石子的数量。
输出格式
输出共两行：
第一行为合并得分总和最小值，第二行为合并得分总和最大值。
数据范围
\(1≤n≤200\)
输入样例：
4
4 5 9 4
输出样例：
43
54
二、环形样例理解
三、利用区间石子合并扩展行不行
我们可不可以利用以前学习过的\(AcWing\) \(282\). 石子合并 那道题进行扩展来解决呢？因为共\(n\)个节点，那么就是需要合并\(n-1\)次，在图上理解就是
这样，我们枚举\(n-1\)次，即可以把这个环形问题转化为一个经典的区间\(dp\)问题，接下来我们计算一下时间：
原来\(AcWing\) \(282\). 石子合并的时间复杂度是\(O(N^3)\),这里面还需要执行\(n-1\)次，那就时间复杂度就是\((n-1)\times O(N^3)=O(N^4)\),现在\(N\)的上限是\(200\),\(200^4=1,600,000,000\),会超时,此路不通。
四、环形区间问题的经典解法
技巧：破环成链
构造一个长度为\(2*n\)的区间，模拟尾首相连。
启发我们在长度是\(2n\)的链上进行一次石子合并问题，预处理出来所有的区间\(f[i][j]\),然后枚举区间长度为\(n\)的所有子区间，就一定能枚举到\(n\)种情况了。\(f[i][j]->f[i][j+n-1]\)
这样的时间复杂度就是\(O((2\times N)^3)\),然后再通过一次常数的\(O(N)\)就可以搞定了，看清楚，这两个时间复杂度是加法关系，如此，我们就把一个时间复杂度是\(O(N^4)\)的算法，优化为一个\(O((2\times N)^3)\)级别的算法，\(400^3=64,000,000\)
是可以一秒通过的,而且这个办法是一个通用办法，是可以把环形问题转化。
五、环形区间\(DP\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 410; // 准备两倍的空间
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n; // n个节点
int s[N]; // 前缀和
int a[N]; // 记录每个节点的石子数量
int f[N][N]; // 区间DP的数组(最大值)
int g[N][N]; // 区间DP的数组(最小值)
// 环形DP：通用办法
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]), a[i + n] = a[i]; // 复制后半段的数组,构建一个长度为2*n的数组，环形DP问题的处理技巧
// 预处理前缀和
for (int i = 1; i <= n * 2; i++) s[i] = s[i - 1] + a[i];
// 预求最小，先放最大
memset(f, 0x3f, sizeof f);
// 预求最大，先放最小
memset(g, -0x3f, sizeof g);
// len=1时，代价0
for (int i = 1; i <= 2 * n; i++) f[i][i] = g[i][i] = 0;
// 区间DP的迭代式经典写法
for (int len = 2; len <= n; len++) // 枚举区间长度
for (int l = 1; l + len - 1 <= n * 2; l++) { // 枚举左端点
// 计算出右端点
int r = l + len - 1;
// 枚举分界点k
for (int k = l; k < r; k++) {
f[l][r] = min(f[l][r], f[l][k] + f[k + 1][r] + s[r] - s[l - 1]);
g[l][r] = max(g[l][r], g[l][k] + g[k + 1][r] + s[r] - s[l - 1]);
}
}
// 因为从哪个位置断开环都是可行的，所以，我们依次检查一下
int Min = INF, Max = -INF;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
Min = min(Min, f[i][i + n - 1]);
Max = max(Max, g[i][i + n - 1]);
}
// 输出
printf("%d\n%d\n", Min, Max);
return 0;
}
六、记忆化搜索代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 410; // 注意开双倍空间
int a[N]; // 原始数组
int s[N]; // 前缀和
int f[N][N]; // 最小得分,从i堆合并到j堆的最小代价
int g[N][N]; // 最大得分,从i堆合并到j堆的最大代价
int n, m;
// 搜索出l~r的最小得分
int dfs1(int l, int r) { // 求出最小得分
int &v = f[l][r]; // 利用C++特性，定义一个v,简化代码
if (l == r) return v = 0; // l==r时返回0
if (v) return v; // 已保存的状态不必搜索
int res = INF; // 初始值赋为最大值以求最小值
// 枚举l~r之间的每个可能k,之所以k∈[l,r),可以看下面的递推关系式dfs1(k+1,r)决定了k最大是r-1
for (int k = l; k < r; k++)
res = min(res, dfs1(l, k) + dfs1(k + 1, r));
return v = res + s[r] - s[l - 1]; // 记录状态
}
// 搜索出l~r的最大得分
int dfs2(int l, int r) { // 求出最大得分
int &v = g[l][r]; // 利用C++特性，定义一个v,简化代码
if (l == r) return v = 0; // 若初始值为0可省略该句
if (v) return v; // l==r时返回0
int res = 0; // 初始值设为0
for (int k = l; k < r; k++)
res = max(res, dfs2(l, k) + dfs2(k + 1, r));
return v = res + s[r] - s[l - 1]; // 记录状态
}
int main() {
scanf("%d", &n);
// 破环成链
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]), a[i + n] = a[i];
// 前缀和
for (int i = 1; i <= 2 * n; i++) s[i] = s[i - 1] + a[i];
// 搜索出1-2*n的最小得分
dfs1(1, 2 * n);
// 搜索出1-2*n的最大得分
dfs2(1, 2 * n);
int ans1 = INF, ans2 = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ans1 = min(f[i][n + i - 1], ans1); // 选出最小答案
ans2 = max(g[i][n + i - 1], ans2); // 选出最大答案
}
printf("%d \n%d", ans1, ans2);
return 0;
}
