区间DP
区间DP
题目描述
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。
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。
数据范围
\(0<N≤300\)，石子质量不超过1000。
思路及代码
状态表示：\(f[i][j]\)，表示第\(i\)堆到第\(j\)堆的石子合并的最小代价。
转移方程：\(f[i][j] = min_{i \le k \le j - 1}(f[i][k] + f[k + 1][j] + s[j] - s[i - 1])\)，\(s[i]\)是前\(i\)个石子的重量和。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 310;
int n, s[N], f[N][N];
int main()
{
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &s[i]);
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) s[i] += s[i - 1];//做前缀和
for (int len = 2; len <= n; len ++ )
for (int i = 1; i + len - 1 <= n; i ++ )
{
int l = i, r = i + len - 1;//左端点和右端点
f[l][r] = 1e8;
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]);
}
printf("%d\n", f[1][n]);
return 0;
}
模板题
环形区间DP
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。
数据范围
\(0<N≤200\)，石子质量不超过1000。
思路及代码
拆换成链，把原数组复制双份，任意取长度为\(n\)的区间就是环形的石子合并。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 410, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, w[N], s[N], f[N][N], g[N][N];
int main()
{
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
cin >> w[i];
w[i + n] = w[i];//复制双份
}
for (int i = 1; i <= n * 2; i ++ ) s[i] = s[i - 1] + w[i];
memset(f, 0x3f, sizeof f);
memset(g, -0x3f, sizeof g);
for (int len = 1; len <= n; len ++ )
for (int l = 1; l + len - 1 <= n * 2; l ++ )
{
int r = l + len - 1;
if (l == r) f[l][r] = g[l][r] = 0;
else
{
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]);
}
}
}
int minv = INF, maxv = -INF;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
minv = min(minv, f[i][i + n - 1]);
maxv = max(maxv, g[i][i + n - 1]);
}
cout << minv << endl << maxv << endl;
return 0;
}