2889. 再探石子合并
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2889. 再探石子合并
设有 \(N\) 堆石子排成一排，其编号为 \(1，2，3，…，N\)。
每堆石子有一定的质量，可以用一个整数来描述，现在要将这 \(N\) 堆石子合并成为一堆。
每次只能合并相邻的两堆，合并的代价为这两堆石子的质量之和，合并后与这两堆石子相邻的石子将和新堆相邻，合并时由于选择的顺序不同，合并的总代价也不相同。
例如有 \(4\) 堆石子分别为 1 3 5 2， 我们可以先合并 \(1、2\) 堆，代价为 \(4\)，得到 4 5 2， 又合并 \(1，2\) 堆，代价为 \(9\)，得到 9 2 ，再合并得到 \(11\)，总代价为 \(4+9+11=24\)；
如果第二步是先合并 \(2，3\) 堆，则代价为 \(7\)，得到 4 7，最后一次合并代价为 \(11\)，总代价为 \(4+7+11=22\)。
问题是：找出一种合理的方法，使总的代价最小，输出最小代价。
输入格式
第一行一个数 \(N\) 表示石子的堆数 \(N\)。
第二行 \(N\) 个数，表示每堆石子的质量(均不超过 \(1000\))。
输出格式
输出一个整数，表示最小代价。
数据范围
\(1 \le N \le 5000\)
输入样例：
4
1 3 5 2
输出样例：
22
解题思路
四边形不等式优化dp
本题是二维四边形不等式的优化dp模板题
\(f[i][j]=\min_\limits{i\leq k<j}\{f[i][k]+f[k+1][j]+w[i][j]\}\)，其中 \(f[i][i]=w[i][i]=0\)，如果 \(w\) 满足四边形不等式，且对于任意的 \(a\leq b\leq c\leq d\)，都有 \(w(a,d)\geq w(b,c)\)，则 \(f\) 也满足四边形不等式
证明：
这里应用数学归纳法证明：
- 首先先证明 \(j-i=1\) 的情况，对于 \(i<i+1=j<j+1\)，即要证明 \(f[i][j+1]+f[i+1][j]\geq f[i][j]+f[i+1][j+1]\)，而 \(f[i][j+1]+f[i+1][j]=f[i][i+2]+f[i+1][i+1]=f[i][i+2]\)，这时枚举 \(f[i][i+2]\) 的最优决策，假设其最优决策为 \(i\)，则有 \(f[i][i+2]=f[i][i]+f[i+1][i+2]+w(i,i+2)=w(i+1,i+2)+w(i,i+2)\geq w(i+1,i+2)+w(i,i+1)=f[i+1][i+2]+f[i][i+1]=f[i+1][j+1]+f[i][j]\)，满足要求；其最优决策为 \(i+1\) 时同理可得
- 当 \(j-i<k\) 时，\(f\) 满足四边形不等式，要证 \(j-i=k\) 时 \(f\) 也满足四边形不等式
假设 \(x,y\) 分别为 \(f[i][j+1],f[i+1][j]\) 的最优决策，设 \(i\leq x\leq y\)，则有：
对于 \(f[i][j+1]+f[i+1][j]\) 有：
\(f[i][j+1]+f[i+1][j]=f[i][x]+f[x+1][j+1]+w(i,j+1)+f[i+1][y]+f[y+1][j]+w(i+1,j)\)
对于 \(f[i][j]+f[i+1][j+1]\) 有：
\(f[i][j]+f[i+1][j+1]\leq f[i][x]+f[x][i]+w(i,j)+f[i+1][y]+f[y+1][j+1]+w(i+1,j+1)\)
又因为 \(w\) 满足四边形不等式，即 \(w(i,j+1)+w(i+1,j)\geq w(i,j)+w(i+1,j+1)\)
又因为 \(x+1\leq y+1\leq j< j+1\)，这里面先验证是否有 \(j-(x+1)<k\)，因为 \(j-i=k,i\leq x\)，即 \(j-k\leq x\)，即 \(j-(x+1)<k\)，故这种状态满足四边形不等式，得：\(f[x+1][j+1]+f[y+1][j]\geq f[x+1][j]+f[y+1][j+1]\)，则比较 \(f[i][j+1]+f[i+1][j]\) 和 \(f[i][j]+f[i+1][j+1]\) 转化后的式子，可得 \(f[i][j+1]+f[i+1][j]\geq f[i][j]+f[i+1][j+1]\)，其他情况同理
二维决策单调性：设 \(p[i][j]\) 为 \(f[i][j]\) 的最优决策，如果 \(f\) 满足四边形不等式，则对于任意的 \(i<j\)，都有 \(p[i][j-1]\leq p[i][j]\leq p[i+1][j]\)
证明：
设 \(p=p[i][j]\)，对于任意的 \(i<i+1\leq k\leq p\)，由 \(f\) 的四边形不等式，得 \(f[i][p]+f[i+1][k]\geq f[i][k]+f[i+1][p]\)，即有 \(f[i+1][k]-f[i+1][p]\geq f[i][k]-f[i][p]\)，又因为 \(p\) 是 \(f[i][j]\) 的最优决策，则有 \(f[i][k]+f[k+1][j]\geq f[i][p]+f[p+1][j]\)，则有 \(f[i+1][k]+f[k+1][j]+w(i+1,j)-(f[i+1][p]+f[p+1][j]+w(i,j+1))=(f[i+1][k]-f(f[i+1][p])+(f[k+1][j]-f[p+1][j])\geq (f[i][k]-f[i][p])+(f[k+1][j]-f[p+1][j])=(f[i][k]+f[k+1][j])-(f[i][p]+f[p+1][j])\geq 0\)，即对于 \(f[i+1][j]\) 来说，\(p\) 比 \(k\leq p\) 更优，则有 \(p[i][j]\leq p[i+1][j]\)，同理可证 \(p[i][j-1]\leq p[i][j]\)
复杂度分析：复杂度为 \(O(\sum_{l=1}^{n-1}\sum_{r=l+1}^n(p[l+1][r]-p[l][r-1]+1))\)，不难发现，除非 \(l=1\) 或 \(r=n\)，其他都会消去，所以最后最多剩下 \(O(n)\)，效果，且每一项都是 \(O(n)\) 规模，则：
- 时间复杂度：\(O(n^2)\)
代码
// Problem: 再探石子合并
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/2892/
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> void inline read(T &x) {
int f = 1; x = 0; char s = getchar();
while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
x *= f;
}
const int N=5005;
int n,s[N],f[N][N],p[N][N];
int main()
{
scanf("%d",&n);
memset(f,0x3f,sizeof f);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&s[i]),s[i]+=s[i-1],p[i][i]=i,f[i][i]=0;
// for(int len=2;len<=n;len++)
// for(int l=1;l+len-1<=n;l++)
for(int l=n;l>=1;l--)
for(int r=l+1;r<=n;r++)
{
for(int k=p[l][r-1];k<=p[l+1][r];k++)
if(f[l][r]>=f[l][k]+f[k+1][r]+s[r]-s[l-1])
{
f[l][r]=f[l][k]+f[k+1][r]+s[r]-s[l-1];
p[l][r]=k;
}
}
printf("%d",f[1][n]);
return 0;
}
