刷题记录:牛客NC51170石子合并

传送门:牛客

题目描述:

设有N堆沙子排成一排，其编号为1，2，3，\dots ，N1，2，3，…，N（N\leq 300）（N≤300）。每堆沙子
有一定的数量，可以用一个整数来描述，现在要将这N堆沙子合并成为一堆，每次只能合并相邻的两堆，合
并的代价为这两堆沙子的数量之和，合并后与这两堆沙子相邻的沙子将和新堆相邻，合并时由于选择的顺序
不同，合并的总代价也不相同，如有4堆沙子分别为 1 3 5 2 我们可以先合并1、2堆，代价为4，得到4 5 2 
又合并 1，2堆，代价为9，得到9 2 ，再合并得到11，总代价为4+9+11=24，如果第二步是先合并2，3堆，
则代价为7，得到4 7，最后一次合并代价为11，总代价为4+7+11=22；问题是：找出一种合理的方法，使总
的代价最小。输出最小代价。
输入:
4
1 3 5 2
输出:
22
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12

这道题的简化版,但是具体的dp想法是一样的,可以说是一道经典的区间dp题

主要思路:

1. 对于这种区间dp题我们应该可以想到一个朴素的想法,就是使用一个$dp数组$来记录$区间i和区间j合并成一堆时需要的最小代价$,并且对于这种线性合并的题目,我们还需要前缀和进行一个区间维护,为了能快速的得到区间和
2. 那么对于我们的一个区间,假设我们在之前已经维护了这个区间内的一个个小区间(区间dp就是从小区间到大区间的,所以是可以维护的),那么我们显然的就可以使用小区间来递推到大区间,因为显然的一个大区间可以分成两个小区间(也就是意味着我们先合并两个小区间,最后再进行合并,这是可以操作的,因为每一个大区间最后一定是由两个小区间进行合并的),也就是说我们使用一个中间值作为我们的大区间的分割点的话,我们可以得到以下的转移方程

$dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]$

注意我们的dp数组是需要初始化一下的,不然的话我们的dp数组就会一直会是0了

下面是具体的代码部分:

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define root 1,n,1
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
inline ll read() {
	ll x=0,w=1;char ch=getchar();
	for(;ch>'9'||ch<'0';ch=getchar()) if(ch=='-') w=-1;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
	return x*w;
}
#define maxn 1000000
#define ll_maxn 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
const double eps=1e-8;
int n;int dp[1000][1000];
int a[1000];int sum[1000];
int main() {
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		a[i]=read();sum[i]=sum[i-1]+a[i];
	}
	for(int len=2;len<=n;len++) {
		for(int l=1;l<=n-len+1;l++) {
			int r=l+len-1;
			dp[l][r]=dp[l][l]+dp[l+1][r]+sum[r]-sum[l-1];
			for(int k=l+1;k<=r-1;k++) {
				dp[l][r]=min(dp[l][r],dp[l][k]+dp[k+1][r]+sum[r]-sum[l-1]);
			}
		}
	}
	cout<<dp[1][n]<<endl;
	return 0;
}
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
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