• 題目
• 題目分析
• 本題的區間DP
• 整體程式碼與執行結果

題目

題目描述

在一個圓環上分佈著N堆石子,現要將石子有次序地合併成一堆.規定每次只能選相鄰的2堆合併成新的一堆，並將新的一堆的石子數記為得分。

輸入描述

每組資料的第1行為正整數N,1≤N≤100,表示有N堆石子.第2行有N個數,分別表示每堆石子的個數.

輸出描述

輸出共2行,第1行為最小得分,第2行為最大得分

樣例輸入

4
4 4 5 9

樣例輸出

43
54

題目分析

此題和我的上一篇題解十分相近，只需要做出一點微小的改動即可。
因為是環狀，所以可以首尾合併了。那麼為了簡單起見，用空間換寫起來方便【大霧】，直接將資料往後擴充套件了一倍，這樣就和上一題一模一樣了
唯一需要注意的是：答案不再儲存在dp[1][n]，因為考慮到首尾合併的問題，實際上是向後滑動了的。因此，最小代價/得分為 min{dp[1][n],dp[2][n+1],……dp[n][2n-1]}。最大代價/得分同理求得。

本題的區間DP

用dp[i][j]表示合併[i,j]區間所需要的最小代價
那麼可以方便的得到如下關係
若i=j，則dp[i][j]=0
否則，則dp[i][j]=min{dp[i][k]+dp[k+1][j]}+sum[i][j]
發現：計算dp[i][j]的大區間，需要先計算出dp[i][j]的小區間，所以可以考慮設定一個變數len，從小往大遞增，根據此來控制先算小區間，再算大區間
最後，本題要求的是合併所有石子，即[i,j]區間和並的最小代價。
因此，本題答案儲存在dp[1][n]內

整體程式碼與執行結果

/*
[email protected]
*/
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#define maxn 105
using namespace std;
int a[maxn*2];
int dp[maxn*2][maxn*2];
int dpm[maxn * 2][maxn * 2];
int sum[maxn*2][maxn*2];
int main() {
    int n;
    int
 
 ma, mi;
    while (cin >> n) {
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        memset(dpm, 0, sizeof(dpm));
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            cin >> a[i];
            a[n + i] = a[i];
        }
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            sum[i][i] = a[i];
            sum[n + i][n + i] = a[i];
            for (int j = i+1; j <= 2*n; ++j) {
                sum[i][j] = sum[i][j - 1] + a[j];
                sum[n + i][n + j] = sum[n + i][n + j - 1] + a[j];
            }
        }
        for (int len = 2; len <= n; ++len) {
            for (int i = 1; i <= 2 * n - len + 1; ++i) {
                dp[i][i + len - 1] = dp[i][i] + dp[i + 1][i + len - 1] + sum[i][i + len - 1];
                dpm[i][i + len - 1] = dpm[i][i] + dpm[i + 1][i + len - 1] + sum[i][i + len - 1];
                for (int k = i + 1; k < i + len - 1; ++k) {
                    dp[i][i + len - 1] = min(dp[i][i + len - 1], dp[i][k] + dp[k + 1][i + len - 1] + sum[i][i + len - 1]);
                    dpm[i][i + len - 1] = max(dpm[i][i + len - 1], dpm[i][k] + dpm[k + 1][i + len - 1] + sum[i][i + len - 1]);
                }
            }
        }
        mi = dp[1][n];
        ma = dpm[1][n];
        for (int i = 2; i < n; ++i) {
            mi = min(mi, dp[i][i + n - 1]);
            ma = max(ma, dpm[i][i + n - 1]);
        }
        cout << ma << " " << mi << endl;
    }
    return 0;
}

結果如下