動態規劃-多邊形遊戲問題
1.描述:有一個由n個頂點構成的多邊形。每個頂點被賦予一個整數值,每條邊被賦予一個運算子“+”或“*”。所有邊依次用整數從1到n編號。
遊戲第1步,將一條邊刪除。
隨後n-1步按以下方式操作:
(1)選擇一條邊E以及由E連線著的2個頂點V1和V2;
(2)用一個新的頂點取代邊E以及由E連線著的2個頂點V1和V2。將由頂點V1和V2的整數值通過邊E上的運算得到的結果賦予新頂點。
最後,所有邊都被刪除,遊戲結束。遊戲的得分就是所剩頂點上的整數值。
輸入:
輸入共兩行,第一行一個整數n表示頂點個數,第二行共2*n個數,分別為數字和字元。
例如:對於上圖中的問題,我們可以這樣按輸入樣例中的例子輸入,數學中的“+”號代表加法,小寫字母“x”代表乘法。
輸出:
一個整數,計算最高得分。
輸入樣例:
5
10 + -1 x -2 x 3 + -8 x
輸出樣例:
486
2.問題分析
解決該問題可用動態規劃中的最優子結構性質來解。
設所給的多邊形的頂點和邊的順時針序列為op[1],v[1],op[2],v[2],op[3],…,op[n],v[n] 其中,op[i]表示第i條邊所對應的運算子,v[i]表示第i個頂點上的數值,i=1~n。
在所給的多邊形中,從頂點i(1<=i<=n)開始,長度為j(鏈中有j個頂點)的順時針鏈p(i,j)可表示為v[i],op[i+1],…,v[i+j-1]。
設m1是對子鏈p[i][s]的任意一種合併方式得到的值,而a和b分別是在所有可能的合併中得到的最小值和最大值。m2是p[i+s][j-s]的任意一種合併方式得到的值,而c和d分別是在所有可能的合併中得到的最小值和最大值。依此定義有a≤m1≤b,c≤m2≤d
(1)當op[i+s]=’+’時,顯然有a+c≤m≤b+d
(2)當op[i+s]=’*’時,有min{ac,ad,bc,bd}≤m≤max{ac,ad,bc,bd}
換句話說,主鏈的最大值和最小值可由子鏈的最大值和最小值得到。例如,當m=ac時,最大主鏈由它的兩條最小主鏈組成;同理當m=bd時,最大主鏈由它的兩條最大子鏈組成。無論哪種情形發生,由主鏈的最優性均可推出子鏈的最優性。
綜上可知多邊形遊戲問題滿足最優子結構的性質。
3.遞迴求解
由前面的分析可知,為了求鏈合併的最大值,必須同時求子鏈合併的最大值和最小值。因此,在整個計算過程中,應同時計算最大值和最小值。
設m[i,j,0]是鏈p(i,j)合併的最小值,而m[i,j,1]是最大值。若最優合併在op[i+s]處將p(i,j)分為兩個長度小於j的子鏈p(i,i+s)和p(i+s,j-s),且從頂點i開始的長度小於j的子鏈的最大值和最小值均已經計算處。為了敘述方便,記
a=m[i,i+s,0]
b=m[i,i+s,1]
c=m[i+s,j-s,0]
d=m[i+s,j-s,1]
(1)當op[i+s]='+'時,
m[i,j,0]=a+c
m[i,j,1]=b+d
(2)當op[i+s]='*'是,
m[i,j,0]=min{ac,ad,bc,bd}
m[i,j,1]=max{ac,ad,bc,bd}
綜合(1)和(2),將p(i,j)在op[i+s]處斷開的最大值記為maxf(i,j,s),最小值記為minf(i,j,s),則
a+c op[i+s]='+'
minf(i,j,s)={
min{ac,ad,bc,bd} op[i+s]='*'
b+d op[i+s]='+'
maxf(i,j,s)={
max{ac,ad,bc,bd} op[i+s]='*'
由於多邊最優斷開位置s有1≤s≤j-1的j-1種情況,由此可知
m[i,j,0]=min{minf(i,j,s)} 1≤i,j≤n
m[i,j,1]=max{maxf(i,j,s)} 1≤i,j≤n
初始邊界顯然為
m[i,j,0]=v[i] 1≤i≤n
m[i,j,1]=v[i] 1≤ i≤n
由於多邊形是封閉的,在上面的計算中,當i+s>n是,頂點i+s實際編號為(i+s)mod n。按上述遞推式計算出的m[i,n,1]即為首次刪去第i條邊後得到的最大得分。
4.演算法描述
基於以上討論可設計解多邊形遊戲問題的動態規劃演算法如下:
void minMax(int i,int s,int j)
{ int e[5];
int a=m[i][s][0],
b=m[i][s][1],
r=(i+s-1)%n+1,//妙!
c=m[r][j-s][0],
d=m[r][j-s][1];
if(op[r]=='t')
{minf=a+c;
maxf=b+d;
}
else
{
e[1]=a*c;
e[2]=a*d;
e[3]=b*c;
e[4]=b*d;
minf=e[1];
maxf=e[1];
for(int k=2;k<5 kh>
{if(minf>e[k]) minf=e[k];
if(maxf
}
}
}
int polyMax(){
for(int j=2;j<=n;j++)
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int s=1;s
{minMax(i,s,j);
m[i][j][0]=100000;
m[i][j][1]=-100000;
if(m[i][j][0]>minf) m[i][j][0]=minf;
if(m[i][j][1]
}
long int temp=m[1][n][1];
for(int i=2;i<=n;i++)
if(temp
return temp;
}
【新方法】
本題在處理順時針迴圈時的下標時,有一個很妙的方法。即,
r=(i+s-1)%n+1
其實,本題從這樣編純屬巧合。
當i+s 並不需要減一的時候,用這種方法編就很方便。
如果用傳統的方法就是
if(i==n) r=n;
else r=i%n
這樣,以來r=(i+s-1)%n+1就簡單了不少。
【參考程式】
#include
#include
long int minf,maxf,m[51][51][2];
char op[52];
int v[51],n;
void in()
{
FILE *in=fopen("polygon2.in","r");
fscanf(in,"%d",&n);
fgetc(in);
for(int i=1;i<=n;i++)
fscanf(in,"%c %d ",&op[i],&v[i]);
fclose(in);
}
void iniM()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{m[i][1][0]=v[i];
m[i][1][1]=v[i];
}
}
void minMax(int i,int s,int j)
{
int e[5];
int a=m[i][s][0],
b=m[i][s][1],
r=(i+s-1)%n+1,//妙!
c=m[r][j-s][0],
d=m[r][j-s][1];
if(op[r]=='t')
{minf=a+c;
maxf=b+d;
}
else
{
e[1]=a*c;
e[2]=a*d;
e[3]=b*c;
e[4]=b*d;
minf=e[1];
maxf=e[1];
for(int k=2;k<5 kh>
{if(minf>e[k]) minf=e[k];
if(maxf
}
}
}
int polyMax()
{
for(int j=2;j<=n;j++)
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int s=1;s
{minMax(i,s,j);
m[i][j][0]=100000;
m[i][j][1]=-100000;
if(m[i][j][0]>minf) m[i][j][0]=minf;
if(m[i][j][1]
}
long int temp=m[1][n][1];
for(int i=2;i<=n;i++)
if(temp
return temp;
}
int main()
{
in();
iniM();
long int max=polyMax();
printf("%ld\n",max);
system("pause");
return 0;
}
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