石子合并問題是最經典的DP問題。首先它有如下3種題型：

PPT講解：點擊打開鏈接

(1)有N堆石子，現要將石子有序的合并成一堆，規定如下：每次只能移動任意的2堆石子合并，合并花費為新合成的一堆石子的數量。求將這N堆石子合并成一堆的總花費最小（或最大）。

?

分析：當然這種情況是最簡單的情況，合并的是任意兩堆，直接貪心即可，每次選擇最小的兩堆合并。本問題實際上就是霍夫曼的變形。

例題鏈接：點擊打開鏈接

?

(2)有N堆石子，現要將石子有序的合并成一堆，規定如下：每次只能移動相鄰的2堆石子合并，合并花費為新合成的一堆石子的數量。求將這N堆石子合并成一堆的總花費最小（或最大）。

?

?

分析：我們熟悉矩陣連乘，知道矩陣連乘也是每次合并相鄰的兩個矩陣，那么石子合并可以用矩陣連乘的方式來解決。

?

設dp[i][j]表示第i到第j堆石子合并的最優值，sum[i][j]表示第i到第j堆石子的總數量。那么就有狀態轉移公式：

?

?

?

#include <bits/stdc++.h> #define pr(x) cout << #x << "= " << x << " " #define pl(x) cout << #x << "= " << x << endl; #define Memset(x, a) memset(x, a, sizeof(x)) #define ll __int64 using namespace std;const int inf=0x3f3f3f3f; const int N=205; int a[N]; int sum[N]; int dp[N][N];int getans(int a[],int n){for(int i=0; i<n; i++){dp[i][i]=0;}for(int v=1; v<n; v++){//i,j之間的間距for(int i=0; i<n-v; i++){int j=i+v;dp[i][j]=inf;int tmp=sum[j]-(i>0?sum[i-1]:0);for(int k=i; k<j; k++)dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+tmp);}}return dp[0][n-1]; }int main(){int n;while(~scanf("%d",&n)){for(int i=0; i<n; i++){scanf("%d",&a[i]);}sum[0]=a[0];for(int i=1; i<n; i++){sum[i]=sum[i-1]+a[i];}printf("%d\n",getans(a,n));}return 0; }

?

?

直線取石子問題的平行四邊形優化（用一個p【i】【j】=k 表示區間 i---j 從k點分開才是最優的，這樣的話我們就可以優化掉一層復雜度，變為O（n^2）?）

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int inf = 0x3f3f3f3f; const int N = 1005;int dp[N][N]; int p[N][N]; int sum[N]; int n;int getans(){for(int i=1; i<=n; i++){dp[i][i] = 0;p[i][i] = i;}for(int len=1; len<n; len++){for(int i=1; i+len<=n; i++){int end = i+len;int tmp = inf;int k = 0;for(int j=p[i][end-1]; j<=p[i+1][end]; j++){if(dp[i][j] + dp[j+1][end] + sum[end] - sum[i-1] < tmp){tmp = dp[i][j] + dp[j+1][end] + sum[end] - sum[i-1];k = j;}}dp[i][end] = tmp;p[i][end] = k;}}return dp[1][n]; }int main() {while(scanf("%d",&n)!=EOF){sum[0] = 0;for(int i=1; i<=n; i++){int val;scanf("%d",&val);sum[i] = sum[i-1] + val;}printf("%d\n",getans());}return 0; }

?

(3)問題(2)的是在石子排列是直線情況下的解法，如果把石子改為環形排列，又怎么做呢？

?

?

分析：狀態轉移方程為：

?

?

?

?

其中有：

?

#include <iostream> #include <string.h> #include <stdio.h>using namespace std; const int INF = 1 << 30; const int N = 205;int mins[N][N]; int maxs[N][N]; int sum[N],a[N]; int minval,maxval; int n;int getsum(int i,int j) {if(i+j >= n) return getsum(i,n-i-1) + getsum(0,(i+j)%n);else return sum[i+j] - (i>0 ? sum[i-1]:0); }void Work(int a[],int n) {for(int i=0;i<n;i++)mins[i][0] = maxs[i][0] = 0;for(int j=1;j<n;j++){for(int i=0;i<n;i++){mins[i][j] = INF;maxs[i][j] = 0;for(int k=0;k<j;k++){mins[i][j] = min(mins[i][j],mins[i][k] + mins[(i+k+1)%n][j-k-1] + getsum(i,j));maxs[i][j] = max(maxs[i][j],maxs[i][k] + maxs[(i+k+1)%n][j-k-1] + getsum(i,j));}}}minval = mins[0][n-1];maxval = maxs[0][n-1];for(int i=0;i<n;i++){minval = min(minval,mins[i][n-1]);maxval = max(maxval,maxs[i][n-1]);} }int main() {while(scanf("%d",&n)!=EOF){for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&a[i]);sum[0] = a[0];for(int i=1;i<n;i++)sum[i] = sum[i-1] + a[i];Work(a,n);printf("%d %d\n",minval,maxval);}return 0; }

可以看出，上面的(1)(3)問題的時間復雜度都是O(n^3)，由于過程滿足平行四邊形法則，故可以進一步優化到O(n^2)。

轉自這里

總結

以上是生活随笔為你收集整理的算法讲解 -- 区间dp经典模型与优化（石子归并）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

如果覺得生活随笔網站內容還不錯，歡迎將生活随笔推薦給好友。