P1880 [NOI1995]石子合并

蒟蒻做NOI系列的题，好慌......

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.

输入输出格式

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.

输入输出样例

输入样例#1： 

4
4 5 9 4

输出样例#1： 

43
54

解析：

本蒟蒻第一次膜拜NOI这么难的题，，，据说这题很多人用贪心做，导致直接爆了30。。。
本人虽然一上来就知道这绝对是道DP（绿题怎么可能是贪心~~~），但是是在orz了许多大佬的题解和董永建新出的某本书后才想出了正解。。。没办法，我反射弧长
下面我就来和大家分享一下这道题的解法。
这道题属于动态规划中的“区间DP”，顾名思义，区间DP是以区间长度作为阶段的，在本题中，所谓的“区间长度”其实可以形象地理解成一段区间合并的花费。
让我们先从最简单的情况入手。
假设现在这里有一条链（先不考虑环），有四个数，分别是1，2，3，4。
它们合并de情况有很多种，从最终状态考虑。分别是【（1），（2，3，4）】【（1，2），（3，4）】【（1，2，3），（4）】这三种；
毫无疑问，肯定是最后一种情况最省花费，研究它会发现，我们应该在（1，2，3）中再寻找最省花费的合并方法，而这些方法跟后边的合并显然没有关系，这也就符合无后效性原则。
接下来我们再把它抽象一点，假如我们现在得到了一条链。并且我们只需要去做最后的合并。
把这两部分合并起来，显然是左边的已有花费加上右边已有花费再加上他们的和（每次合并的花费）
以此类推到更多堆石子的情况。对于j到end之间的石子，去枚举“界限”，设在第k堆石子处分开，也就是第j到k堆合并，第k到end堆合并。
就有了状态转移方程：（f[i][j]表示i堆到j堆最小花费，g[i][j]表示从i堆到j堆最大花费）
 f[j][end]=min(f[j][end],f[j][k]+f[k+1][end]+sum(j,end)); 2 g[j][end]=max(g[j][end],g[j][k]+g[k+1][end]+sum(j,end)); 

　还有一个比较难想的事情是如何把环转化成链，本蒟蒻的第一想法是去枚举端点，每次枚举一次，做一次DP，可是这样就是O(n⁴)的时间复杂度，即使对于n<=100来说也太大了。

  于是董永建老人家为我们提供了一个更妙的思想。把这个环储存成一个更大的链。每次去枚举开头，自然就有了结尾。而且每种断开的方法都是这条链的字串（不是子序列！！！）。

  最后打擂台取最大值即可。

  还有一点，经常被人们忽略，就是调用的状态是否已经计算过。对于这道题，循环变量i表示在做第i-1次合并，所以合并是由小到大的，之前的状态是已经计算过的。

  最后上AC代码

 

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
int n,a[301],Prefix[200],end,f[205][205],g[205][205],maxn,minn=21370444;
//Prefix前缀和，只需要进行线性的预处理，即可享受常数的求和方法（手动滑稽）（蒟蒻英语不好，上网百度的）
int sum(int i,int j)//求第i堆到第j堆的和
{
    return Prefix[j]-Prefix[i-1];
}
int main()
{
    memset(f,20,sizeof(f));//初始化
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
        a[i+n]=a[i];//构造更长的链
    }
    for(int i=1;i<=n*2;i++)
    {
        Prefix[i]=a[i]+Prefix[i-1];//打前缀和
        f[i][i]=0;//自己和自己合并不需要花费
        g[i][i]=0;
    }
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=2*n-i+1;j++)//j表示合并的左端点
        {
            end=i+j-1;//end表示合并的右端点
            for(int k=j;k<end;k++)//枚举断点
            {
                f[j][end]=min(f[j][end],f[j][k]+f[k+1][end]+sum(j,end));
                g[j][end]=max(g[j][end],g[j][k]+g[k+1][end]+sum(j,end));
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)//打擂台求最大最小
    {
        maxn=max(g[i][i+n-1],maxn);
        minn=min(f[i][i+n-1],minn);
    }
    cout<<minn<<endl<<maxn<<endl;
    return 0;//终于结束了。。。
}

 

 

 

　　

附上原题地址~~~：https://www.luogu.org/problemnew/show/P1880 ；
祝大家NOIP2019 RP++~~~