++ 順序 都在 using 繼承 以及 編號 整數 ack

沙子合並

沙子合並問題
問題描述：設有N堆沙子排成一排，其編號為1，2，3，…，N（N<=300）。每堆沙子有一定的數量，可以用一個整數來描述，現在要將這N堆沙子合並成為一堆，每次只能合並相鄰的兩堆，合並的代價為這兩堆沙子的數量之和，合並後與這兩堆沙子相鄰的沙子將和新堆相鄰，合並時由於選擇的順序不同，合並的總代價也不相同，如有4堆沙子分別為 1 3 5 2 我們可以先合並1、2堆，代價為4，得到4 5 2 又合並 1，2堆，代價為9，得到9 2 ，再合並得到11，總代價為4+9+11=24，如果第二步是先合並2，3堆，則代價為7，得到4 7，最後一次合並代價為11，總代價為4+7+11=22；問題是：找出一種合理的方法，使總的代價最小。輸出最小代價。
輸入：
第一行一個數N表示沙子的堆數N。
第二行N個數，表示每堆沙子的質量。
輸出：
合並的最小代價
樣例：
輸入：
4
1 3 5 2
輸出:
22

環形沙子合並

環形沙子合並問題
問題描述：設有N堆沙子排成一圈，其編號為1，2，3，…，N（N<=300）。每堆沙子有一定的數量，可以用一個整數來描述，現在要將這N堆沙子合並成為一堆，每次只能合並相鄰的兩堆，合並的代價為這兩堆沙子的數量之和，合並後與這兩堆沙子相鄰的沙子將和新堆相鄰，合並時由於選擇的順序不同，合並的總代價也不相同，如有4堆沙子分別為 1 3 5 2 我們可以先合並1、2堆，代價為4，得到4 5 2 又合並 1，2堆，代價為9，得到9 2 ，再合並得到11，總代價為4+9+11=24，如果第二步是先合並2，3堆，則代價為7，得到4 7，最後一次合並代價為11，總代價為4+7+11=22；問題是：找出一種合理的方法，使總的代價最小。輸出最小代價。
輸入：
第一行一個數N表示沙子的堆數N。
第二行N個數，表示每堆沙子的質量。
輸出：
合並的最小代價
樣例：
輸入：
4
1 3 5 2
輸出:
20

沙子合並加強

沙子合並問題
問題描述：設有N堆沙子排成一排，其編號為1，2，3，…，N（N<=2000）。每堆沙子有一定的數量，可以用一個整數來描述，現在要將這N堆沙子合並成為一堆，每次只能合並相鄰的兩堆，合並的代價為這兩堆沙子的數量之和，合並後與這兩堆沙子相鄰的沙子將和新堆相鄰，合並時由於選擇的順序不同，合並的總代價也不相同，如有4堆沙子分別為 1 3 5 2 我們可以先合並1、2堆，代價為4，得到4 5 2 又合並 1，2堆，代價為9，得到9 2 ，再合並得到11，總代價為4+9+11=24，如果第二步是先合並2，3堆，則代價為7，得到4 7，最後一次合並代價為11，總代價為4+7+11=22；問題是：找出一種合理的方法，使總的代價最小。輸出最小代價。
輸入：
第一行一個數N表示沙子的堆數N。
第二行N個數，表示每堆沙子的質量。
輸出：
合並的最小代價以及每一步合並的方法(輸出每次合並後的沙子的最小編號和最大編號)
樣例：
輸入：
4
13 7 6 5
輸出:
60
3 4
2 4
1 4

來，先看看，找不同

總結一下第一題數據範圍300，第二題範圍不變，但是變成了一個環，第三題數據範圍變成了2000

樸素的沙子合並算法

dp(i,j)表示把i到j這一段沙子合並成為一堆沙子，所需要的最小代價

那麽一定是由某兩堆合並而來的

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

這樣的算法O(n^3)只能過第一個吧

沒事，老大被解決了

第二題是環形的

如果每個起始位置都被枚舉一遍的話

就是O(n^4)，過不了，所以，我們力求一個更加高效的算法。

解決問題題的方法有兩種，一種是繼承，這裏不討論，還有一種是展環為鏈(一種解決環形dp的最佳方法)

我們復制序列一遍，將它粘貼在第一個序列的末尾，構成2n-1的序列，然後對這個序列做區間dp

所以最佳解一定是一個子問題，這下子復雜度最高(2n-1)^2,可以勉勉強強的過吧

然後第三題就麻煩了n<=2000

n^3絕對超時，腫麽辦呢。

這就是一套全新的理論，四邊形優化

理論如下

DP的四邊形優化

一、進行四邊形優化需要滿足的條件

　　1、狀態轉移方程如下：

　　　　

　　　　　　m(i,j)表示對應i,j情況下的最優值。

　　　　　　w(i,j)表示從i到j的代價。

　　　　　　例如在合並石子中：

　　　　　　　　m(i,j)表示從第i堆石子合並到j堆石子合並成一堆的最小代價。

　　　　　　　　w(i,j)表示從第i堆石子到第j堆石子的重量和。

　　2、函數w滿足區間包含的單調性和四邊形不等式

　　　　　　　

二、滿足上述條件之後的兩條定理

　　1、假如函數w滿足上述條件，那麽函數m 也滿足四邊形不等式，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)滿足四邊形不等式，那麽s (i, j)單調，即：

　　　　

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

　　上述的m(i,j)表示區間[i,j]上的某個最優值。w(i,j)表示在轉移時需要額外付出的代價。該方程的時間復雜度為O(N³)

　　

　　下面我們通過四邊形不等式來優化上述方程，首先介紹什麽是“區間包含的單調性”和“四邊形不等式”

　　　　1、區間包含的單調性：如果對於 i≤i‘<j≤j‘，有 w(i‘,j)≤w(i,j‘)，那麽說明w具有區間包含的單調性。（可以形象理解為如果小區間包含於大區間中，那麽小區間的w值不超過大區間的w值）

　　　　2、四邊形不等式：如果對於 i≤i‘<j≤j‘，有 w(i,j)+w(i‘,j‘)≤w(i‘,j)+w(i,j‘)，我們稱函數w滿足四邊形不等式。（可以形象理解為兩個交錯區間的w的和不超過小區間與大區間的w的和）

　　下面給出兩個定理：

　　　　1、如果上述的 w 函數同時滿足區間包含單調性和四邊形不等式性質，那麽函數 m 也滿足四邊形不等式性質

　　　　　 我們再定義 s(i,j) 表示 m(i,j) 取得最優值時對應的下標（即 i≤k≤j 時，k 處的 w 值最大，則 s(i,j)=k）。此時有如下定理

　　　　2、假如 m(i,j) 滿足四邊形不等式，那麽 s(i,j) 單調，即 s(i,j)≤s(i,j+1)≤s(i+1,j+1)。

　　好了，有了上述的兩個定理後，我們發現如果w函數滿足區間包含單調性和四邊形不等式性質，那麽有 s(i,j-1)≤s(i,j)≤s(i+1,j) 。

　　即原來的狀態轉移方程可以改寫為下式：

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

　　由於這個狀態轉移方程枚舉的是區間長度 L=j-i，而 s(i,j-1) 和 s(i+1,j) 的長度為 L-1，是之前已經計算過的，可以直接調用。

　　不僅如此，區間的長度最多有n個，對於固定的長度 L，不同的狀態也有 n 個，故時間復雜度為 O(N^2)，而原來的時間復雜度為 O(N^3)，實現了優化！

　　今後只需要根據方程的形式以及 w 函數是否滿足兩條性質即可考慮使用四邊形不等式來優化了。

　　以上描述狀態用 m(i,j)，後文用的 dp[i][j]，所代表含意是相同的，特此說明。

　　以石子合並問題為例。

　　例如有６堆石子，每堆石子數依次為３ ４ ６ ５ ４ ２

　　因為是相鄰石子合並，所以不能用貪心（每次取最小的兩堆合並），只能用動歸。（註意：環形石子的話，必須要考慮最後一堆和第一堆的合並。）

　　例如：一個合並石子的方案：

　　　　第一次合並 ３ ４ ６ ５ ４ ２ ->７

　　　　第二次合並 ７ ６ ５ ４ ２ ->１３

　　　　第三次合並 １３ ５ ４ ２ ->６

　　　　第四次合並 １３ ５ ６ ->１１

　　　　第五次合並 １３ １１ ->２４

　　總得分＝７＋６＋１１＋１３＋２４＝６１ 顯然，比貪心法得出的合並方案（得分：62）更優。

　　

　　動歸分析類似矩陣連乘等問題，得出遞推方程：

　　　　設 dp[i][j] 表示第 i 到第 j 堆石子合並的最優值，sum[i][j] 表示第 i 到第 j 堆石子的總數量。

　　　　（可以在計算開始先做一遍求所有的 sum[i]，表示求出所有第1堆到第i堆的總數量。則 sum[i][j]=sum[j]-sum[i]。這樣計算比較快。）

　　那麽就有狀態轉移公式：

　　　　　　

　　　　這裏 i<=k<j

　　普通解法需要 O（n^3）。下面使用四邊形不等式進行優化。

　　首先判斷是否符合區間單調性和四邊形不等式。

　　　　 i i‘ j j‘

　　　　3 4 6 5 4 2

　　單調性：

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

　　故w[i‘,j] <= w[i,j‘] 滿足單調性

　　四邊形不等式：

　　　　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‘]

　　故石子合並可利用四邊形不等式進行優化。

　　利用四邊形不等式，將原遞推方程的狀態轉移數量進行壓縮（即縮小了k的取值範圍）。

　　令 s[i][j]=min{k | dp[i][j] = dp[i][k-1] + dp[k][j] + w[i][j]}，即計算出 dp[i][j] 時的最優的 k 值（本例中尋優為取最小）

　　也可以稱為最優決策時的 k 值。由於決策 s 具有單調性，因此狀態轉移方程中的 k 的取值範圍可修改為 :

　　　　s[i,j-1] <= s[i,j] <= s[i+1,j]

　　　　邊界：s[i,i] = i

　　因為 s[i,j] 的值在 m[i,j] 取得最優值時，保存和更新，因此 s[i,j-1] 和 s[i+1,j] 都在計算 dp[i][j-1] 以及 dp[i+1][j] 的時候已經計算出來了。

　　因此，s[i][j] 即 k 的取值範圍很容易確定。

　　根據改進後的狀態方程，以及 s[i][j] 的定義方程，可以很快的計算出所有狀態的值。計算過程可以如下表所示（類似於矩陣連乘的打表）。

　　狀態表（如果是環形石子合並，需要打2n*2n的表）

　　　　3 4 6 5 4 2

　　

　　例如：

　　　　計算dp[1][3]，由於s[1][2]=1，s[2][3]=2，則k值的取值範圍是1<=k<=2

　　　　則，dp[1][3]=min{dp(1,1)+dp(2,3)+13, dp(1,2)+dp(3,3)+13}=min{10+13, 7+13}=20，將其填到狀態表。同時，由於取最優值的k等於2，則將其填到s表。

　　　　同理，可以計算其他狀態表和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

　　　　從表中可以看出，當計算dp[2][5]的時候，由於s[ i,j-1]=s[ 2,4]=3，s[ i+1,j]=s[3,5]=3，此時k的取值範圍已經限定為只有一個，大幅縮短了尋找最優解的時間。

於是乎，復雜度降到了O(n^2)

厲害吧O(∩_∩)O哈哈~

附上代碼

#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);    
}

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