洛谷 P1880 [NOI1995] 石子合并 题解

题目

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。

试设计出一个算法,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 $1$ 行是正整数 $N$，表示有 $N$ 堆石子。

第 $2$ 行有 $N$ 个整数，第 $i$ 个整数 $a_i$ 表示第 $i$ 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。

样例 #1

样例输入 #1

4
4 5 9 4

样例输出 #1

43
54

提示

$1\le N\le 100$，$0\le a_i\le 20$。

做法（区间DP + 环处理）

简单情况（区间DP）

简单情况做法

简单情况的题目为 石子合并（弱化版）。
简单情况与原问题的区别在于原问题是一个环上的石子合并，而简单情况是一个链上的石子合并。

定义 $f_{l,r}$ 为从第 $l$ 个石子到第 $r$ 个石子合并的最小代价。
$(l,r)$ 一定是由某两堆相邻的且加在一起是整个区间的石子合并出来的，
所以我们可以枚举一个 $k$，表示 $(l,k)$ 和 $(k+1,r)$ 合并出了 $(l,r)$，那么
$f_{l,r}=mi{n}_{i=l}^{r-1}{f}_{l,k}+f_{k+1,r}+m_l+m_{l+1}+...+m_r$
$m$ 为每堆石子的质量。
后面 $m_l+m_{l+1}+...+m_r$ 可以预处理前缀和 $O(1)$ 时间算。
再想初始化，长度为 $1$ 时 $f_{l,r}=0$

简单情况代码实现

首先初始化（可以不做，因为 $f$ 的初始值就是 $0$）并预处理前缀和，先枚举长度，长度从 $2$ 枚举到 $n$，因为大长度计算会用到小长度，所以长度从小到大枚举，再枚举左端点，对应算出右端点，然后将区间赋初值 （$\inf$， 因为求的是最小值） 最后枚举 $k$，转移即可。时间复杂度 $O(n^3)$。

简单情况代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 310, INF = 0x3f3f3f3f;

int n;
int m[N], s[N];
int f[N][N];

int main()
{
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
	{
		scanf("%d", &m[i]);
		s[i] = s[i - 1] + m[i];
	}
	
	for (int len = 2; len <= n; len ++ )
		for (int l = 1; l + len - 1 <= n; l ++ )
		{
			int r = l + len - 1;
			f[l][r] = INF;
			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;
}

原问题做法

我们只要能把原问题转化成简单情况就能做了。
我们发现，只要把环从任意一个方向断开，再延长一倍，就能对应环上的所有情况，理由如下

如图，每个环上区间区间都有与其对应的链上的区间，每个链上的区间也有与其对应的环上的区间，两者的结果也相同，所以我们可以在链上做一遍石子合并，得到的答案就是原问题的答案。
然后就转化成了简单情况。

原问题代码实现

先把环变成一条链，这里变成$(1$ ~ $n)$，再延长两倍，然后简单情况的方法做就可以了。这里长度只需要枚举到 $n$， 因为最多只会用到长度为 $n$ 的区间。最后统计答案时枚举区间起点，整个区间为 $f_{i,i+n-1}$。需要维护一个最大值和一个最小值。时间复杂度 $O(n^3)$。

原问题代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 210, INF = 0x3f3f3f3f;

int n;
int a[N], s[N];
int f[N][N], g[N][N];

int main()
{
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
	{
		scanf("%d", &a[i]);
		a[i + n] = a[i];
	}
	
	for (int i = 1; i <= n * 2; i ++ )
		s[i] = s[i - 1] + a[i];
	
	for (int len = 2; len <= n; len ++ )
		for (int l = 1; l + len - 1 <= n * 2; l ++ )
		{
			int r = l + len - 1;
			f[l][r] = INF, g[l][r] = -INF;
			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 fres = INF, gres = -INF;
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
	{
		fres = min(fres, f[i][i + n - 1]);
		gres = max(gres, g[i][i + n - 1]);
	}
	
	printf("%d\n%d\n", fres, gres);
	
	return 0;
}

结语

当有问题解决不了时，可以先想一种简单情况，再进行转化。
把环从任意一个方向断开，再延长一倍是将环变成链的一种常用方法。