動態規劃思想：石子合併問題
描述：
在一個圓形操場的四周擺放著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 堆石子合併成新的一堆，並將新的一堆石子數記為該次合併的得分。
試設計一個演算法，計算出將n堆石子合併成一堆的最小得分和最大得分。
開始以為通過貪心演算法可能很快解決問題，可是是行不通的。
首先我們可以把這麼堆石子看成一列
我們假如5堆的石子，其中石子數分別為7，6，5，7，100
•按照貪心法，合併的過程如下：
每次合併得分
第一次合併 7 6 5 7 100 =11
第二次合併 7 11 7 100=18
第三次合併 18 7 100 =25
第四次合併 25 100 =125
總得分＝11＋18＋25+125＝179
•另一種合併方案 每次合併得分
第一次合併 7 6 5 7 100 ->13
第二次合併 13 5 7 100->12
第三次合併 13 12 100 ->25
第四次合併 25 100 ->125
總得分＝13＋12＋25+125＝175
顯然利用貪心來做是錯誤的，貪心演算法在子過程中得出的解只是區域性最優,而不能保證使得全域性的值最優。
因此我們需要通過動態規劃演算法來求出最優解。
在此我們假設有n堆石子，一字排開，合併相鄰兩堆的石子，每合併兩堆石子得到一個分數，最終合併後總分數最少的。
我們設m(i,j)定義為第i堆石子到第j堆石子合併後的最少總分數。a(i)為第i堆石子得石子數量。
當合並的石子堆為1堆時，很明顯m(i,i)的分數為0;
當合並的石子堆為2堆時，m(i,i+1)的分數為a(i)+a(i+1);
當合並的石子堆為3堆時，m(i,i+2)的分數為MIN((m(i,i)+m(i+1,i+2)+sum(i,i+2)),(m(i,i+1)+m(i+2,i+2)+sum(i,i+2));
當合並的石子堆為4堆時......
程式碼實現如下：
開始以為通過貪心演算法可能很快解決問題，可是是行不通的。
首先我們可以把這麼堆石子看成一列
我們假如5堆的石子，其中石子數分別為7，6，5，7，100
•按照貪心法，合併的過程如下：
每次合併得分
第一次合併 7 6 5 7 100 =11
第二次合併 7 11 7 100=18
第三次合併 18 7 100 =25
第四次合併 25 100 =125
總得分＝11＋18＋25+125＝179
•另一種合併方案 每次合併得分
第一次合併 7 6 5 7 100 ->13
第二次合併 13 5 7 100->12
第三次合併 13 12 100 ->25
第四次合併 25 100 ->125
總得分＝13＋12＋25+125＝175
顯然利用貪心來做是錯誤的，貪心演算法在子過程中得出的解只是區域性最優,而不能保證使得全域性的值最優。
如果N－1次合併的全域性最優解包含了每一次合併的子問題的最優解，那麼經這樣的N－1次合併後的得分總和必然是最優的。因此我們需要通過動態規劃演算法來求出最優解。
在此我們假設有n堆石子，一字排開，合併相鄰兩堆的石子，每合併兩堆石子得到一個分數，最終合併後總分數最少的。
我們設m(i,j)定義為第i堆石子到第j堆石子合併後的最少總分數。a(i)為第i堆石子得石子數量。
當合並的石子堆為1堆時，很明顯m(i,i)的分數為0;
當合並的石子堆為2堆時，m(i,i+1)的分數為a(i)+a(i+1);
當合並的石子堆為3堆時，m(i,i+2)的分數為MIN((m(i,i)+m(i+1,i+2)+sum(i,i+2)),(m(i,i+1)+m(i+2,i+2)+sum(i,i+2));
當合並的石子堆為4堆時......
程式碼實現如下：
開始以為通過貪心演算法可能很快解決問題，可是是行不通的。首先我們可以把這麼堆石子看成一列
我們假如5堆的石子，其中石子數分別為7，6，5，7，100
•按照貪心法，合併的過程如下：
每次合併得分
第一次合併 7 6 5 7 100 =11
第二次合併 7 11 7 100=18
第三次合併 18 7 100 =25
第四次合併 25 100 =125
總得分＝11＋18＋25+125＝179
•另一種合併方案 每次合併得分
第一次合併 7 6 5 7 100 ->13
第二次合併 13 5 7 100->12
第三次合併 13 12 100 ->25
第四次合併 25 100 ->125
總得分＝13＋12＋25+125＝175
顯然利用貪心來做是錯誤的，貪心演算法在子過程中得出的解只是區域性最優,而不能保證使得全域性的值最優。
如果N－1次合併的全域性最優解包含了每一次合併的子問題的最優解，那麼經這樣的N－1次合併後的得分總和必然是最優的。因此我們需要通過動態規劃演算法來求出最優解。
在此我們假設有n堆石子，一字排開，合併相鄰兩堆的石子，每合併兩堆石子得到一個分數，最終合併後總分數最少的。
我們設m(i,j)定義為第i堆石子到第j堆石子合併後的最少總分數。a(i)為第i堆石子得石子數量。
當合並的石子堆為1堆時，很明顯m(i,i)的分數為0;
當合並的石子堆為2堆時，m(i,i+1)的分數為a(i)+a(i+1);
當合並的石子堆為3堆時，m(i,i+2)的分數為MIN((m(i,i)+m(i+1,i+2)+sum(i,i+2)),(m(i,i+1)+m(i+2,i+2)+sum(i,i+2));
當合並的石子堆為4堆時......
程式碼實現如下：
#include<stdio.h>
#define N 100
/*
*求合併過程中
*最少合併堆數目
**/
int MatrixChain_min(int p[N],int n)
{
//定義二維陣列m[i][j]來記錄i到j的合併過成中最少石子數目
//此處賦值為-1
int m[N][N];
for(int x=1;x<=n;x++)
for(int z=1;z<=n;z++)
{
m[x][z]=-1;
}
int min=0;
//當一個單獨合併時，m[i][i]設為0，表示沒有石子
for(int g = 1;g<=n;g++) m[g][g]=0;
//當相鄰的兩堆石子合併時，此時的m很容易可以看出是兩者之和
for(int i=1;i<=n-1;i++)
{
int j=i+1;
m[i][j]=p[i]+p[j];
}
//當相鄰的3堆以及到最後的n堆時，執行以下迴圈
for(int r=3; r<=n;r++)
for(int i=1;i<=n-r+1;i++)
{
int j = i+r-1; //j總是距離i r-1的距離
int sum=0;
//當i到j堆石子合併時最後裡面的石子數求和得sum
for(int b=i;b<=j;b++)
sum+=p[b];
// 此時m[i][j]為i~j堆石子間以m[i][i]+m[i+1][j]+sum結果，這是其中一種可能，不一定是最優
//要與下面的情況相比較，唉，太詳細了
m[i][j] = m[i+1][j]+sum;
//除上面一種組合情況外的其他組合情況
for(int k=i+1;k<j;k++)
{
int t=m[i][k]+m[k+1][j]+sum;
if(t<m[i][j])
m[i][j] = t;
}
}
//最終得到最優解
min=m[1][n];
return min;
}
/*
*求合併過程中
*最多合併堆數目
**/
int MatrixChain_max(int p[N],int n)
{
int m[N][N];
for(int x=1;x<=n;x++)
for(int z=1;z<=n;z++)
{
m[x][z]=-1;
}
int max=0;
//一個獨自組合時
for(int g = 1;g<=n;g++) m[g][g]=0;
//兩個兩兩組合時
for(int i=1;i<=n-1;i++)
{
int j=i+1;
m[i][j]=p[i]+p[j];
}
for(int r=3; r<=n;r++)
for(int i=1;i<=n-r+1;i++)
{
int j = i+r-1;
int sum=0;
for(int b=i;b<=j;b++)
sum+=p[b];
m[i][j] = m[i+1][j]+sum;
for(int k=i+1;k<j;k++)
{
int t=m[i][k]+m[k+1][j]+sum;
if(t>m[i][j])
m[i][j] = t;
}
}
max=m[1][n];
return max;
}
int main()
{
int stone[N];
int min=0;
int max=0;
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&stone[i]);
min= MatrixChain_min(stone,n);
max= MatrixChain_max(stone,n);
//因為題目要求圓的原因，要把所有情況都要考慮到，總共有n種情況。
for(int j=1;j<=n-1;j++)
{
int min_cache=0;
int max_cache=0;
int cache= stone[1];
for(int k=2;k<=n;k++)
{
stone[k-1]=stone[k];
}
stone[n]=cache;
min_cache= MatrixChain_min(stone,n);
max_cache= MatrixChain_max(stone,n);
if(min_cache<min)
min=min_cache;
if(max_cache>max)
max=max_cache;
}
printf("%d\n",min);
printf("%d\n",max);
return 1;
}