石子合并问题
2015-06-01 22:02
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石子合并问题是最经典的DP问题。首先它有如下3种题型:
(1)有N堆石子,现要将石子有序的合并成一堆,规定如下:每次只能移动任意的2堆石子合并,合并花费为新合成的一堆石子的数量。求将这N堆石子合并成一堆的总花费最小(或最大)。
分析:当然这种情况是最简单的情况,合并的是任意两堆,直接贪心即可,每次选择最小的两堆合并。本问题实际上就是哈夫曼的变形。
(2)有N堆石子,现要将石子有序的合并成一堆,规定如下:每次只能移动相邻的2堆石子合并,合并花费为新合成的一堆石子的数量。求将这N堆石子合并成一堆的总花费最小(或最大)。
分析:我们熟悉矩阵连乘,知道矩阵连乘也是每次合并相邻的两个矩阵,那么石子合并可以用矩阵连乘的方式来解决。
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。那么就有状态转移公式:
直线取石子问题的平行四边形优化:
(3)问题(2)的是在石子排列是直线情况下的解法,如果把石子改为环形排列,又怎么做呢?
分析:状态转移方程为:
其中有:
可以看出,上面的(2)(3)问题的时间复杂度都是O(n^3),由于过程满足平行四边形法则,故可以进一步优化到O(n^2)。
(1)有N堆石子,现要将石子有序的合并成一堆,规定如下:每次只能移动任意的2堆石子合并,合并花费为新合成的一堆石子的数量。求将这N堆石子合并成一堆的总花费最小(或最大)。
分析:当然这种情况是最简单的情况,合并的是任意两堆,直接贪心即可,每次选择最小的两堆合并。本问题实际上就是哈夫曼的变形。
(2)有N堆石子,现要将石子有序的合并成一堆,规定如下:每次只能移动相邻的2堆石子合并,合并花费为新合成的一堆石子的数量。求将这N堆石子合并成一堆的总花费最小(或最大)。
分析:我们熟悉矩阵连乘,知道矩阵连乘也是每次合并相邻的两个矩阵,那么石子合并可以用矩阵连乘的方式来解决。
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。那么就有状态转移公式:
直线取石子问题的平行四边形优化:
int solve() { sum[0] = 0; for(int i = 1; i <= n; ++i) { dp[i][i] = 0; s[i][i] = i; sum[i] = sum[i-1] + a[i]; } for(int l = 1; l < n; ++l) { for(int i = 1; i + l <= n; ++i) { int j = i + l; dp[i][j] = inf; for(int k = s[i][j-1]; k <= s[i+1][j]; ++k) { if(dp[i][j] >= dp[i][k] + dp[k+1][j] + sum[j] - sum[i-1]) { dp[i][j] = dp[i][k] + dp[k+1][j] + sum[j] - sum[i-1]; s[i][j] = k; } } } } return dp[1] ; }
(3)问题(2)的是在石子排列是直线情况下的解法,如果把石子改为环形排列,又怎么做呢?
分析:状态转移方程为:
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 ; int maxs ; int sum ,a ; 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(2)(3)问题的时间复杂度都是O(n^3),由于过程满足平行四边形法则,故可以进一步优化到O(n^2)。
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