石子合并问题（直线版）

首先来个题目链接：http://acm.nyist.net/JudgeOnline/problem.php?pid=737

有个更难的版本（不过很好玩）：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3229

题目：

石子合并（一）

时间限制：1000 ms  |  内存限制：65535 KB
难度：3
 
描述
    有N堆石子排成一排，每堆石子有一定的数量。现要将N堆石子并成为一堆。合并的过程只能每次将相邻的两堆石子堆成一堆，每次合并花费的代价为这两堆石子的和，经过N-1次合并后成为一堆。求出总的代价最小值。
 
输入
有多组测试数据，输入到文件结束。
每组测试数据第一行有一个整数n，表示有n堆石子。
接下来的一行有n（0< n <200）个数，分别表示这n堆石子的数目，用空格隔开
输出
输出总代价的最小值，占单独的一行
样例输入
3
1 2 3
7
13 7 8 16 21 4 18
样例输出
9
239


最普通的算法O(n^3)：

 1 #include <fstream>
 2 #include <iostream>
 3 #include <cstdio>
 4 #include <cstring>
 5 #include <cstdlib>
 6 #include <cmath>
 7 using namespace std;
 8 
 9 const int N=205;
10 const int INF=0x7fffffff;
11 int n;
12 int a[N],sum[N],dp[N][N];
13 
14 void f();
15 
16 int main(){
17     //freopen("D:\\input.in","r",stdin);
18     while(~scanf("%d",&n)){
19         sum[0]=0;
20         for(int i=1;i<=n;i++){
21             scanf("%d",&a[i]);
22             sum[i]=sum[i-1]+a[i];
23         }
24         f();
25         printf("%d\n",dp[1][n]);
26     }
27     return 0;
28 }
29 void f(){
30     for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][i]=0;
31     for(int r=1;r<n;r++){
32         for(int i=1;i<n;i++){
33             int j=i+r;
34             if(j>n) break;
35             dp[i][j]=INF;
36             for(int k=i;k<=j;k++){
37                 dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]);
38             }
39             dp[i][j]+=sum[j]-sum[i-1];
40         }
41     }
42 }
224ms

其中，dp[i][j]代表i到j堆的最优值，sum[i]代表第1堆到第i堆的数目总和。有：dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j])+sum[j]-sum[i-1]。

 

考虑四边形不等式优化：接近O(n^2)：

 1 #include <fstream>
 2 #include <iostream>
 3 #include <cstdio>
 4 #include <cstring>
 5 #include <cstdlib>
 6 #include <cmath>
 7 using namespace std;
 8 
 9 const int N=205;
10 const int INF=0x7fffffff;
11 int n;
12 int a[N],sum[N],dp[N][N],s[N][N];
13 
14 void f();
15 
16 int main(){
17     //freopen("D:\\input.in","r",stdin);
18     while(~scanf("%d",&n)){
19         sum[0]=0;
20         for(int i=1;i<=n;i++){
21             scanf("%d",&a[i]);
22             sum[i]=sum[i-1]+a[i];
23         }
24         f();
25         printf("%d\n",dp[1][n]);
26     }
27     return 0;
28 }
29 void f(){
30     for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][i]=0,s[i][i]=i;
31     for(int r=1;r<n;r++){
32         for(int i=1;i<n;i++){
33             int j=i+r;
34             if(j>n) break;
35             dp[i][j]=INF;
36             for(int k=s[i][j-1];k<=s[i+1][j];k++){
37                 if(dp[i][j]>dp[i][k]+dp[k+1][j]){
38                     dp[i][j]=dp[i][k]+dp[k+1][j];
39                     s[i][j]=k;
40                 }
41             }
42             dp[i][j]+=sum[j]-sum[i-1];
43         }
44     }
45 }
32ms

优化：原状态转移方程中的k的枚举范围便可以从原来的(i~j-1)变为(s[i,j-1]~s[i+1,j])。

解释下：

四边形不等式优化动态规划原理:

1.当决策代价函数w[i][j]满足w[i][j]+w[i’][j’]<=w[I;][j]+w[i][j’](i<=i’<=j<=j’)时,称w满足四边形不等式.当函数w[i][j]满足w[i’][j]<=w[i][j’] i<=i’<=j<=j’)时,称w关于区间包含关系单调.

2.如果状态转移方程m为且决策代价w满足四边形不等式的单调函数(可以推导出m亦为满足四边形不等式的单调函数),则可利用四边形不等式推出最优决策s的单调函数性,从而减少每个状态的状态数,将算法的时间复杂度由原来的O(n^3)降低为O(n^2).方法是通过记录子区间的最优决策来减少当前的决策量.令:

s[i][j]=max{k | ma[i][j] = m[i][k-1] + m[k][j] + w[i][j]}

由于决策s具有单调性,因此状态转移方程可修改为:

证明过程: (转载)

设m[i,j]表示动态规划的状态量。

m[i,j]有类似如下的状态转移方程：

m[i,j]=opt{m[i,k]+m[k,j]}(i≤k≤j)

如果对于任意的a≤b≤c≤d，有m[a,c]+m[b,d]≤m[a,d]+m[b,c]，那么m[i,j]满足四边形不等式。

以上是适用这种优化方法的必要条件

对于一道具体的题目，我们首先要证明它满足这个条件，一般来说用数学归纳法证明，根据题目的不同而不同。

通常的动态规划的复杂度是O(n3)，我们可以优化到O(n2)

设s[i,j]为m[i,j]的决策量，即m[i,j]=m[i,s[i,j]]+m[s[i,j]+j]

我们可以证明，s[i,j-1]≤s[i,j]≤s[i+1,j]  （证明过程见下）

那么改变状态转移方程为：

m[i,j]=opt{m[i,k]+m[k,j]}      (s[i,j-1]≤k≤s[i+1,j])

复杂度分析：不难看出，复杂度决定于s的值，以求m[i,i+L]为例，

(s[2,L+1]-s[1,L])+(s[3,L+2]-s[2,L+1])…+(s[n-L+1,n]-s[n-L,n-1])=s[n-L+1,n]-s[1,L]≤n

所以总复杂度是O(n2)

对s[i,j-1]≤s[i,j]≤s[i+1,j]的证明：

设mk[i,j]=m[i,k]+m[k,j]，s[i,j]=d

对于任意k<d，有mk[i,j]≥md[i,j]（这里以m[i,j]=min{m[i,k]+m[k,j]}为例,max的类似），接下来只要证明mk[i+1,j]≥md[i+1,j]，那么只有当s[i+1,j]≥s[i,j]时才有可能有ms[i+1,j][i+1,j]≤md[i+1,j]

(mk[i+1,j]-md[i+1,j]) - (mk[i,j]-md[i,j])

=(mk[i+1,j]+md[i,j]) - (md[i+1,j]+mk[i,j])

=(m[i+1,k]+m[k,j]+m[i,d]+m[d,j]) - (m[i+1,d]+m[d,j]+m[i,k]+m[k,j])

=(m[i+1,k]+m[i,d]) - (m[i+1,d]+m[i,k])

∵m满足四边形不等式，∴对于i<i+1≤k<d有m[i+1,k]+m[i,d]≥m[i+1,d]+m[i,k]

∴(mk[i+1,j]-md[i+1,j])≥(mk[i,j]-md[i,j])≥0

∴s[i,j]≤s[i+1,j]，同理可证s[i,j-1]≤s[i,j]

证毕

扩展：

以上所给出的状态转移方程只是一种比较一般的，其实，很多状态转移方程都满足四边形不等式优化的条件。

解决这类问题的大概步骤是：

0.证明w满足四边形不等式，这里w是m的附属量，形如m[i,j]=opt{m[i,k]+m[k,j]+w[i,j]}，此时大多要先证明w满足条件才能进一步证明m满足条件

1.证明m满足四边形不等式

2.证明s[i,j-1]≤s[i,j]≤s[i+1,j]

 

GarsiaWachs算法优化：

 1 #include <iostream>
 2 #include <cstring>
 3 #include <cstdio>
 4 using namespace std;
 5 
 6 const int N = 205;
 7 int stone[N];
 8 int n,t,ans;
 9 
10 void combine(int k);
11 
12 int main(){
13      while(cin>>n){
14         for(int i=0;i<n;i++)
15             scanf("%d",stone+i);
16         t = 1;
17         ans = 0;
18         for(int i=1;i<n;i++){
19             stone[t++] = stone[i];
20             while(t >= 3 && stone[t-3] <= stone[t-1])
21                 combine(t-2);
22         }
23         while(t > 1)
24             combine(t-1);
25         printf("%d\n",ans);
26      }
27      return 0;
28 }
29 void combine(int k){
30     int tmp = stone[k] + stone[k-1];
31     ans += tmp;
32     for(int i=k;i<t-1;i++)
33         stone[i] = stone[i+1];
34     t--;
35     int j = 0;
36     for(j=k-1;j>0 && stone[j-1] < tmp;j--)
37         stone[j] = stone[j-1];
38     stone[j] = tmp;
39     while(j >= 2 && stone[j] >= stone[j-2]){
40         int d = t - j;
41         combine(j-1);
42         j = t - d;
43     }
44 }
4ms

解释：

对于石子合并问题，有一个最好的算法，那就是GarsiaWachs算法。时间复杂度为O(n^2)。

它的步骤如下：

设序列是stone[]，从左往右，找一个满足stone[k-1] <= stone[k+1]的k，找到后合并stone[k]和stone[k-1]，再从当前位置开始向左找最大的j，使其满足stone[j] > stone[k]+stone[k-1]，插到j的后面就行。一直重复，直到只剩下一堆石子就可以了。在这个过程中，可以假设stone[-1]和stone[n]是正无穷的。

举个例子：
186 64 35 32 103
因为35<103，所以最小的k是3，我们先把35和32删除，得到他们的和67，并向前寻找一个第一个超过67的数，把67插入到他后面，得到：186 67 64 103,现在由5个数变为4个数了，继续：186 131 103，现在k=2（别忘了，设A[-1]和A[n]等于正无穷大）234 186，最后得到420。最后的答案呢？就是各次合并的重量之和，即420+234+131+67=852。
 
基本思想是通过树的最优性得到一个节点间深度的约束，之后证明操作一次之后的解可以和原来的解一一对应，并保证节点移动之后他所在的深度不会改变。具体实现这个算法需要一点技巧，精髓在于不停快速寻找最小的k，即维护一个“2-递减序列”朴素的实现的时间复杂度是O(n*n)，但可以用一个平衡树来优化，使得最终复杂度为O(nlogn)。
 
GarsiaWachs算法优化+小细节优化： 
 1 #include <fstream>
 2 #include <iostream>
 3 #include <cstdio>
 4 #include <cstring>
 5 #include <cstdlib>
 6 #include <cmath>
 7 using namespace std;
 8 
 9 const int N = 205;
10 const int INF = 0x7fffffff;
11 
12 int stone[N];
13 int n,t,ans;
14 
15 void combine(int k)
16 {
17     int tmp = stone[k] + stone[k-1];
18     ans += tmp;
19     for(int i=k;i<t-1;i++)
20         stone[i] = stone[i+1];
21     t--;
22     int j = 0;
23     for(j=k-1;stone[j-1] < tmp;j--)
24         stone[j] = stone[j-1];
25     stone[j] = tmp;
26     while(j >= 2 && stone[j] >= stone[j-2])
27     {
28         int d = t - j;
29         combine(j-1);
30         j = t - d;
31     }
32 }
33 
34 int main()
35 {
36     //freopen("D:\\input.in","r",stdin);
37     while(~scanf("%d",&n))
38     {
39         for(int i=1;i<=n;i++)
40             scanf("%d",stone+i);
41         stone[0]=INF;
42         stone[n+1]=INF-1;
43         t = 3;
44         ans = 0;
45         for(int i=3;i<=n+1;i++)
46         {
47             stone[t++] = stone[i];
48             while(stone[t-3] <= stone[t-1])
49                 combine(t-2);
50         }
51         while(t > 3) combine(t-1);
52         printf("%d\n",ans);
53     }
54     return 0;
55 }
0ms

小细节在于把数列前后加两个值INF和INF-1。这样就不需要每次判别上下界。至于-1，组合堆的最后一步里体现。

posted @ 2015-05-11 01:10  jiu~  阅读(15198)  评论(2)  编辑  收藏  举报