dp之沙子合并 环形沙子合并 沙子合并加强 沙子三兄弟的故事

Posted 2020-10-08 star_eternal

沙子合并

沙子合并问题
问题描述：设有N堆沙子排成一排，其编号为1，2，3，…，N（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：
第一行一个数N表示沙子的堆数N。
第二行N个数，表示每堆沙子的质量。
输出：
合并的最小代价
样例：
输入：
4
1 3 5 2
输出:
22

环形沙子合并

环形沙子合并问题
问题描述：设有N堆沙子排成一圈，其编号为1，2，3，…，N（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：
第一行一个数N表示沙子的堆数N。
第二行N个数，表示每堆沙子的质量。
输出：
合并的最小代价
样例：
输入：
4
1 3 5 2
输出:
20

沙子合并加强

沙子合并问题
问题描述：设有N堆沙子排成一排，其编号为1，2，3，…，N（N<=2000）。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：
第一行一个数N表示沙子的堆数N。
第二行N个数，表示每堆沙子的质量。
输出：
合并的最小代价以及每一步合并的方法(输出每次合并后的沙子的最小编号和最大编号)
样例：
输入：
4
13 7 6 5
输出:
60
3 4
2 4
1 4

来，先看看，找不同

总结一下第一题数据范围300，第二题范围不变，但是变成了一个环，第三题数据范围变成了2000

朴素的沙子合并算法

dp(i,j)表示把i到j这一段沙子合并成为一堆沙子，所需要的最小代价

那么一定是由某两堆合并而来的

所以dp(i,j)=min{dp(i,k)+dp(k+1,j)}+sum[j]-sum[i-1]

这样的算法O(n^3)只能过第一个吧

没事，老大被解决了

第二题是环形的

如果每个起始位置都被枚举一遍的话

就是O(n^4)，过不了，所以，我们力求一个更加高效的算法。

解决问题题的方法有两种，一种是继承，这里不讨论，还有一种是展环为链(一种解决环形dp的最佳方法)

我们复制序列一遍，将它粘贴在第一个序列的末尾，构成2n-1的序列，然后对这个序列做区间dp

所以最佳解一定是一个子问题，这下子复杂度最高(2n-1)^2,可以勉勉强强的过吧

然后第三题就麻烦了n<=2000

n^3绝对超时，肿么办呢。

这就是一套全新的理论，四边形优化

理论如下

DP的四边形优化

一、进行四边形优化需要满足的条件

　　1、状态转移方程如下：

　　　　

　　　　　　m(i,j)表示对应i,j情况下的最优值。

　　　　　　w(i,j)表示从i到j的代价。

　　　　　　例如在合并石子中：

　　　　　　　　m(i,j)表示从第i堆石子合并到j堆石子合并成一堆的最小代价。

　　　　　　　　w(i,j)表示从第i堆石子到第j堆石子的重量和。

　　2、函数w满足区间包含的单调性和四边形不等式

　　　　　　　

 

二、满足上述条件之后的两条定理

　　1、假如函数w满足上述条件，那么函数m 也满足四边形不等式，即

　　　　

　　　　例如:

　　　　　　　　假如有：w(1, 3) + w(2, 4) £ w(2, 3) + w(1, 4)，

　　　　　　　　m(1, 3) + m(2, 4) £ m(2, 3) + m(1, 4)，

 

　　2、假如m(i, j)满足四边形不等式，那么s (i, j)单调，即：

　　　　

 

m(i,j)=min{m(i,k-1),m(k,j)}+w(i,j)(i≤k≤j)（min也可以改为max）

　　上述的m(i,j)表示区间[i,j]上的某个最优值。w(i,j)表示在转移时需要额外付出的代价。该方程的时间复杂度为O(N³)

 　　

　　下面我们通过四边形不等式来优化上述方程，首先介绍什么是“区间包含的单调性”和“四边形不等式”

　　　　1、区间包含的单调性：如果对于 i≤i\'<j≤j\'，有 w(i\',j)≤w(i,j\')，那么说明w具有区间包含的单调性。（可以形象理解为如果小区间包含于大区间中，那么小区间的w值不超过大区间的w值）

　　　　2、四边形不等式：如果对于 i≤i\'<j≤j\'，有 w(i,j)+w(i\',j\')≤w(i\',j)+w(i,j\')，我们称函数w满足四边形不等式。（可以形象理解为两个交错区间的w的和不超过小区间与大区间的w的和）

 

　　下面给出两个定理：

　　　　1、如果上述的 w 函数同时满足区间包含单调性和四边形不等式性质，那么函数 m 也满足四边形不等式性质

　　　　　  我们再定义 s(i,j) 表示 m(i,j) 取得最优值时对应的下标（即 i≤k≤j 时，k 处的 w 值最大，则 s(i,j)=k）。此时有如下定理

　　　　2、假如 m(i,j) 满足四边形不等式，那么 s(i,j) 单调，即 s(i,j)≤s(i,j+1)≤s(i+1,j+1)。

 

　　好了，有了上述的两个定理后，我们发现如果w函数满足区间包含单调性和四边形不等式性质，那么有 s(i,j-1)≤s(i,j)≤s(i+1,j) 。

　　即原来的状态转移方程可以改写为下式：

　　　　　m(i,j)=min{m(i,k-1),m(k,j)}+w(i,j)(s(i,j-1)≤k≤s(i+1,j))（min也可以改为max）

　　由于这个状态转移方程枚举的是区间长度 L=j-i，而 s(i,j-1) 和 s(i+1,j) 的长度为 L-1，是之前已经计算过的，可以直接调用。

　　不仅如此，区间的长度最多有n个，对于固定的长度 L，不同的状态也有 n 个，故时间复杂度为 O(N^2)，而原来的时间复杂度为 O(N^3)，实现了优化！

　　今后只需要根据方程的形式以及 w 函数是否满足两条性质即可考虑使用四边形不等式来优化了。

 

　　以上描述状态用 m(i,j)，后文用的 dp[i][j]，所代表含意是相同的，特此说明。

　　以石子合并问题为例。

　　例如有６堆石子，每堆石子数依次为３ ４ ６ ５ ４ ２

　　因为是相邻石子合并，所以不能用贪心（每次取最小的两堆合并），只能用动归。（注意：环形石子的话，必须要考虑最后一堆和第一堆的合并。）

　　例如：一个合并石子的方案：

　　　　第一次合并 ３ ４ ６ ５ ４ ２ ->７

　　　　第二次合并 ７ ６ ５ ４ ２ ->１３

　　　　第三次合并 １３ ５ ４ ２ ->６

　　　　第四次合并 １３ ５ ６ ->１１

　　　　第五次合并 １３ １１ ->２４

　　总得分＝７＋６＋１１＋１３＋２４＝６１ 显然，比贪心法得出的合并方案（得分：62）更优。

　　

　　动归分析类似矩阵连乘等问题，得出递推方程：

　　　　设 dp[i][j] 表示第 i 到第 j 堆石子合并的最优值，sum[i][j] 表示第 i 到第 j 堆石子的总数量。

　　　　（可以在计算开始先做一遍求所有的 sum[i]，表示求出所有第1堆到第i堆的总数量。则 sum[i][j]=sum[j]-sum[i]。这样计算比较快。）

　　那么就有状态转移公式：

　　　　　　

　　　　这里 i<=k<j

　　普通解法需要 O（n^3）。下面使用四边形不等式进行优化。

　　首先判断是否符合区间单调性和四边形不等式。

　　　　 i  i\'    j    j\'

　　　　3 4 6 5 4 2

　　单调性：

　　　　w[i\',j] = 4+6+5=15 w[i,j\'] =3+4+6+5+4+2=24

　　故w[i\',j] <= w[i,j\'] 满足单调性

　　四边形不等式：

　　　　w[i,j] + w[i\',j\'] = (3+4+6+5) + (4+6+5+4+2) = 18+21 = 39

　　　　w[i\',j] + w[i,j\'] = (4+6+5) + (3+4+6+5+4+2) = 15 + 24 = 39

　　　　故 w[i,j] + w[i\',j\'] <= w[i\',j] + w[i,j\']

　　故石子合并可利用四边形不等式进行优化。

 

　　利用四边形不等式，将原递推方程的状态转移数量进行压缩（即缩小了k的取值范围）。

　　令 s[i][j]=min{k | dp[i][j] = dp[i][k-1] + dp[k][j] + w[i][j]}，即计算出 dp[i][j] 时的最优的 k 值（本例中寻优为取最小）

　　也可以称为最优决策时的 k 值。由于决策 s 具有单调性，因此状态转移方程中的 k 的取值范围可修改为 :

　　　　s[i,j-1] <= s[i,j] <= s[i+1,j]

　　　　边界：s[i,i] = i

　　因为 s[i,j] 的值在 m[i,j] 取得最优值时，保存和更新，因此 s[i,j-1] 和 s[i+1,j] 都在计算 dp[i][j-1] 以及 dp[i+1][j] 的时候已经计算出来了。

　　因此，s[i][j] 即 k 的取值范围很容易确定。

　　根据改进后的状态方程，以及 s[i][j] 的定义方程，可以很快的计算出所有状态的值。计算过程可以如下表所示（类似于矩阵连乘的打表）。

　　状态表（如果是环形石子合并，需要打2n*2n的表）

　　　　3 4 6 5 4 2

　　

　　例如：

　　　　计算dp[1][3]，由于s[1][2]=1，s[2][3]=2，则k值的取值范围是1<=k<=2

　　　　则，dp[1][3]=min{dp(1,1)+dp(2,3)+13, dp(1,2)+dp(3,3)+13}=min{10+13, 7+13}=20，将其填到状态表。同时，由于取最优值的k等于2，则将其填到s表。

　　　　同理，可以计算其他状态表和s表中的值。

　　　　　　dp[2][4]=min{dp(2,2)+dp(3,4)+15, dp(2,3)+dp(4,4)+15}=min{11+15, 10+15}=25

　　　　　　k=3

　　　　从表中可以看出，当计算dp[2][5]的时候，由于s[ i,j-1]=s[ 2,4]=3，s[ i+1,j]=s[3,5]=3，此时k的取值范围已经限定为只有一个，大幅缩短了寻找最优解的时间。

于是乎，复杂度降到了O(n^2)

厉害吧O(∩_∩)O哈哈~

附上代码

#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define mod 998244353
#define N 100005
#define pi acos(-1)
#define inf 0x7fffffff
#define ll long long
using namespace std;
ll read()
{
    ll x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<\'0\'||ch>\'9\'){if(ch==\'-\')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>=\'0\'&&ch<=\'9\'){x=x*10+ch-\'0\';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int n;
int a[305],sum[305];
int f[305][305];
int dp(int l,int r)
{
    if(f[l][r]!=-1)return f[l][r];
    if(l==r)return 0;
    int ans=inf;
    for(int i=l;i<r;i++)
        ans=min(ans,dp(l,i)+dp(i+1,r));
    return f[l][r]=(ans+sum[r]-sum[l-1]);
}
int main()
{
    memset(f,-1,sizeof(f));
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+a[i];
    printf("%d\\n",dp(1,n));
    return 0;
}

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int v[1001],sum[1001],f[1001][1001];
int main()
{
    int n,mi=9999999;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=2*n-1;i++)
        for(int j=i+1;j<=2*n-1;j++)
            f[i][j]=999999;
    int p=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&v[i]);
        sum[i]=sum[i-1]+v[i];
    }
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        v[++p]=v[i];
        sum[p+n]=sum[p+n-1]+v[i];
    }
    for(int i=2*n-1;i>=1;i--)
        for(int j=i+1;j<=i+n-1;j++)
            for(int k=i;k<j;k++)
                f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        mi=min(mi,f[i][i+n-1]);
    printf("%d",mi);
    return 0;
}

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define N 2000+1
#define INF 0x3fffffff
using namespace std;
int v[N],sum[N];
struct data{
    int val,des;
};
data f[N][N];
void output(int k,int i,int j);
int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
            f[i][j].val=INF;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&v[i]);
        sum[i]=sum[i-1]+v[i];
        f[i][i].des=i;
    }
    for(int i=n;i>=1;i--)
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
        {
            int begin=f[i][j-1].des;
            int end=min(j-1,f[i+1][j].des);
            for(int k=begin;k<=end;k++)
            {
                if(f[i][j].val>f[i][k].val+f[k+1][j].val+sum[j]-sum[i-1])
                    {f[i][j].des=k;f[i][j].val=f[i][k].val+f[k+1][j].val+sum[j]-sum[i-1];}
            }
        }
    printf("%d\\n",f[1][n].val);
    output(f[1][n].des,1,n);
//    printf("%d",f[1][n].des);
    return 0;
}
void output(int k,int i,int j)
{    
    if(i==j)return;
    output(f[i][k].des,i,k),output(f[k+1][j].des,k+1,j);
    printf("%d %d\\n",i,j);    
}