題目：

石子合併（一）

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描述

    有N堆石子排成一排，每堆石子有一定的數量。現要將N堆石子併成為一堆。合併的過程只能每次將相鄰的兩堆石子堆成一堆，每次合併花費的代價為這兩堆石子的和，經過N-1次合併後成為一堆。求出總的代價最小值。

輸入

有多組測試資料，輸入到檔案結束。
每組測試資料第一行有一個整數n，表示有n堆石子。
接下來的一行有n（0< n <200）個數，分別表示這n堆石子的數目，用空格隔開

輸出

輸出總代價的最小值，佔單獨的一行

樣例輸入

3
1 2 3
7
13 7 8 16 21 4 18

樣例輸出

9
239

最普通的演算法O(n^3)：

 1 #include <fstream>
 2 #include <iostream>
 3 #include <cstdio>
 4 #include <cstring>
 5 #include <cstdlib>
 6 #include <cmath>
 7 using namespace std;
 8 
 9 const int N=205;
10 const int INF=0x7fffffff;
11 int n;
12
 
 int a[N],sum[N],dp[N][N];
13 
14 void f();
15 
16 int main(){
17     //freopen("D:\\input.in","r",stdin);
18     while(~scanf("%d",&n)){
19         sum[0]=0;
20         for(int i=1;i<=n;i++){
21             scanf("%d",&a[i]);
22             sum[i]=sum[i-1]+a[i];
23         }
24         f();
 
25         printf("%d\n",dp[1][n]);
26     }
27     return 0;
28 }
29 void f(){
30     for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][i]=0;
31     for(int r=1;r<n;r++){
32         for(int i=1;i<n;i++){
33             int j=i+r;
34             if(j>n) break;
35             dp[i][j]=INF;
36             for(int k=i;k<=j;k++){
37                 dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]);
38             }
39             dp[i][j]+=sum[j]-sum[i-1];
40         }
41     }
42 }        

224ms

其中，dp[i][j]代表i到j堆的最優值，sum[i]代表第1堆到第i堆的數目總和。有：dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j])+sum[j]-sum[i-1]。

考慮四邊形不等式優化：接近O(n^2)：

 1 #include <fstream>
 2 #include <iostream>
 3 #include <cstdio>
 4 #include <cstring>
 5 #include <cstdlib>
 6 #include <cmath>
 7 using namespace std;
 8 
 9 const int N=205;
10 const int INF=0x7fffffff;
11 int n;
12 int a[N],sum[N],dp[N][N],s[N][N];
13 
14 void f();
15 
16 int main(){
17     //freopen("D:\\input.in","r",stdin);
18     while(~scanf("%d",&n)){
19         sum[0]=0;
20         for(int i=1;i<=n;i++){
21             scanf("%d",&a[i]);
22             sum[i]=sum[i-1]+a[i];
23         }
24         f();
25         printf("%d\n",dp[1][n]);
26     }
27     return 0;
28 }
29 void f(){
30     for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][i]=0,s[i][i]=i;
31     for(int r=1;r<n;r++){
32         for(int i=1;i<n;i++){
33             int j=i+r;
34             if(j>n) break;
35             dp[i][j]=INF;
36             for(int k=s[i][j-1];k<=s[i+1][j];k++){
37                 if(dp[i][j]>dp[i][k]+dp[k+1][j]){
38                     dp[i][j]=dp[i][k]+dp[k+1][j];
39                     s[i][j]=k;
40                 }
41             }
42             dp[i][j]+=sum[j]-sum[i-1];
43         }
44     }
45 }        

32ms

優化：原狀態轉移方程中的k的列舉範圍便可以從原來的(i~j-1)變為(s[i,j-1]~s[i+1,j])。

解釋下：

四邊形不等式優化動態規劃原理:

1.當決策代價函式w[i][j]滿足w[i][j]+w[i’][j’]<=w[I;][j]+w[i][j’](i<=i’<=j<=j’)時,稱w滿足四邊形不等式.當函式w[i][j]滿足w[i’][j]<=w[i][j’] i<=i’<=j<=j’)時,稱w關於區間包含關係單調.

2.如果狀態轉移方程m為且決策代價w滿足四邊形不等式的單調函式(可以推匯出m亦為滿足四邊形不等式的單調函式),則可利用四邊形不等式推出最優決策s的單調函式性,從而減少每個狀態的狀態數,將演算法的時間複雜度由原來的O(n^3)降低為O(n^2).方法是通過記錄子區間的最優決策來減少當前的決策量.令:

s[i][j]=max{k | ma[i][j] = m[i][k-1] + m[k][j] + w[i][j]}

由於決策s具有單調性,因此狀態轉移方程可修改為:

證明過程: (轉載)

設m[i,j]表示動態規劃的狀態量。

m[i,j]有類似如下的狀態轉移方程：

m[i,j]=opt{m[i,k]+m[k,j]}(i≤k≤j)

如果對於任意的a≤b≤c≤d，有m[a,c]+m[b,d]≤m[a,d]+m[b,c]，那麼m[i,j]滿足四邊形不等式。

以上是適用這種優化方法的必要條件

對於一道具體的題目，我們首先要證明它滿足這個條件，一般來說用數學歸納法證明，根據題目的不同而不同。

通常的動態規劃的複雜度是O(n³)，我們可以優化到O(n²)

設s[i,j]為m[i,j]的決策量，即m[i,j]=m[i,s[i,j]]+m[s[i,j]+j]

我們可以證明，s[i,j-1]≤s[i,j]≤s[i+1,j]  （證明過程見下）

那麼改變狀態轉移方程為：

m[i,j]=opt{m[i,k]+m[k,j]}      (s[i,j-1]≤k≤s[i+1,j])

複雜度分析：不難看出，複雜度決定於s的值，以求m[i,i+L]為例，

(s[2,L+1]-s[1,L])+(s[3,L+2]-s[2,L+1])…+(s[n-L+1,n]-s[n-L,n-1])=s[n-L+1,n]-s[1,L]≤n

所以總複雜度是O(n²)

對s[i,j-1]≤s[i,j]≤s[i+1,j]的證明：

設m_k[i,j]=m[i,k]+m[k,j]，s[i,j]=d

對於任意k<d，有m_k[i,j]≥m_d[i,j]（這裡以m[i,j]=min{m[i,k]+m[k,j]}為例,max的類似），接下來只要證明m_k[i+1,j]≥m_d[i+1,j]，那麼只有當s[i+1,j]≥s[i,j]時才有可能有m_s[i+1,j][i+1,j]≤m_d[i+1,j]

(m_k[i+1,j]-m_d[i+1,j]) - (m_k[i,j]-m_d[i,j])

=(m_k[i+1,j]+m_d[i,j]) - (m_d[i+1,j]+m_k[i,j])

=(m[i+1,k]+m[k,j]+m[i,d]+m[d,j]) - (m[i+1,d]+m[d,j]+m[i,k]+m[k,j])

=(m[i+1,k]+m[i,d]) - (m[i+1,d]+m[i,k])

∵m滿足四邊形不等式，∴對於i<i+1≤k<d有m[i+1,k]+m[i,d]≥m[i+1,d]+m[i,k]

∴(m_k[i+1,j]-m_d[i+1,j])≥(m_k[i,j]-m_d[i,j])≥0

∴s[i,j]≤s[i+1,j]，同理可證s[i,j-1]≤s[i,j]

證畢

擴充套件：

以上所給出的狀態轉移方程只是一種比較一般的，其實，很多狀態轉移方程都滿足四邊形不等式優化的條件。

解決這類問題的大概步驟是：

0.證明w滿足四邊形不等式，這裡w是m的附屬量，形如m[i,j]=opt{m[i,k]+m[k,j]+w[i,j]}，此時大多要先證明w滿足條件才能進一步證明m滿足條件

1.證明m滿足四邊形不等式

2.證明s[i,j-1]≤s[i,j]≤s[i+1,j]

GarsiaWachs演算法優化：

 1 #include <iostream>
 2 #include <cstring>
 3 #include <cstdio>
 4 using namespace std;
 5 
 6 const int N = 205;
 7 int stone[N];
 8 int n,t,ans;
 9 
10 void combine(int k);
11 
12 int main(){
13      while(cin>>n){
14         for(int i=0;i<n;i++)
15             scanf("%d",stone+i);
16         t = 1;
17         ans = 0;
18         for(int i=1;i<n;i++){
19             stone[t++] = stone[i];
20             while(t >= 3 && stone[t-3] <= stone[t-1])
21                 combine(t-2);
22         }
23         while(t > 1)
24             combine(t-1);
25         printf("%d\n",ans);
26      }
27      return 0;
28 }
29 void combine(int k){
30     int tmp = stone[k] + stone[k-1];
31     ans += tmp;
32     for(int i=k;i<t-1;i++)
33         stone[i] = stone[i+1];
34     t--;
35     int j = 0;
36     for(j=k-1;j>0 && stone[j-1] < tmp;j--)
37         stone[j] = stone[j-1];
38     stone[j] = tmp;
39     while(j >= 2 && stone[j] >= stone[j-2]){
40         int d = t - j;
41         combine(j-1);
42         j = t - d;
43     }
44 }

4ms

解釋：

對於石子合併問題，有一個最好的演算法，那就是GarsiaWachs演算法。時間複雜度為O(n^2)。

它的步驟如下：

設序列是stone[]，從左往右，找一個滿足stone[k-1] <= stone[k+1]的k，找到後合併stone[k]和stone[k-1]，再從當前位置開始向左找最大的j，使其滿足stone[j] > stone[k]+stone[k-1]，插到j的後面就行。一直重複，直到只剩下一堆石子就可以了。在這個過程中，可以假設stone[-1]和stone[n]是正無窮的。

舉個例子： 186 64 35 32 103 因為35<103，所以最小的k是3，我們先把35和32刪除，得到他們的和67，並向前尋找一個第一個超過67的數，把67插入到他後面，得到：186 67 64 103,現在由5個數變為4個數了，繼續：186 131 103，現在k=2（別忘了，設A[-1]和A[n]等於正無窮大）234 186，最後得到420。最後的答案呢？就是各次合併的重量之和，即420+234+131+67=852。 基本思想是通過樹的最優性得到一個節點間深度的約束，之後證明操作一次之後的解可以和原來的解一一對應，並保證節點移動之後他所在的深度不會改變。具體實現這個演算法需要一點技巧，精髓在於不停快速尋找最小的k，即維護一個“2-遞減序列”樸素的實現的時間複雜度是O(n*n)，但可以用一個平衡樹來優化，使得最終複雜度為O(nlogn)。 GarsiaWachs演算法優化+小細節優化：

 1 #include <fstream>
 2 #include <iostream>
 3 #include <cstdio>
 4 #include <cstring>
 5 #include <cstdlib>
 6 #include <cmath>
 7 using namespace std;
 8 
 9 const int N = 205;
10 const int INF = 0x7fffffff;
11 
12 int stone[N];
13 int n,t,ans;
14 
15 void combine(int k)
16 {
17     int tmp = stone[k] + stone[k-1];
18     ans += tmp;
19     for(int i=k;i<t-1;i++)
20         stone[i] = stone[i+1];
21     t--;
22     int j = 0;
23     for(j=k-1;stone[j-1] < tmp;j--)
24         stone[j] = stone[j-1];
25     stone[j] = tmp;
26     while(j >= 2 && stone[j] >= stone[j-2])
27     {
28         int d = t - j;
29         combine(j-1);
30         j = t - d;
31     }
32 }
33 
34 int main()
35 {
36     //freopen("D:\\input.in","r",stdin);
37     while(~scanf("%d",&n))
38     {
39         for(int i=1;i<=n;i++)
40             scanf("%d",stone+i);
41         stone[0]=INF;
42         stone[n+1]=INF-1;
43         t = 3;
44         ans = 0;
45         for(int i=3;i<=n+1;i++)
46         {
47             stone[t++] = stone[i];
48             while(stone[t-3] <= stone[t-1])
49                 combine(t-2);
50         }
51         while(t > 3) combine(t-1);
52         printf("%d\n",ans);
53     }
54     return 0;
55 }        

0ms

小細節在於把數列前後加兩個值INF和INF-1。這樣就不需要每次判別上下界。至於-1，組合堆的最後一步裡體現。