经典DP 洛谷p1880 石子合并

https://www.luogu.org/problemnew/show/P1880 题目

题目描述

在一个圆形操场的四周摆放N堆石子,现要将石子有次序地合并成一堆.规定每次只能选相邻的2堆合并成新的一堆，并将新的一堆的石子数，记为该次合并的得分。

试设计出1个算法,计算出将N堆石子合并成1堆的最小得分和最大得分.

输入输出格式

输入格式：

数据的第1行试正整数N,1≤N≤100,表示有N堆石子.第2行有N个数,分别表示每堆石子的个数.

输出格式：

输出共2行,第1行为最小得分,第2行为最大得分.

输入输出样例

输入样例#1

输出样例#1

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卡了我蛮久的。。各种弱智错误。。分享经验，记录自我！
首先思想：
贪心：每次都选取最小的两个进行合并，这样就能保证得到局部最优解，也就是每次合并的值都是最小的
DP：什么是dp呢，在我看来就是通过一种数学统计的方法将小的状态转移到大状态（妙用max，min），事实上这感觉像是一个记忆化的枚举思想（只是感觉像，帮助理解，这是个人的理解，不是真正的定义，逃）
说完了区别，那么dp最重要的来了
状态转移方程
要找到状态转移方程，就要yy出，这个大答案，可以由什么样的小答案通过题意的操作得到
比如这道题，属于区间dp
什么意思呢
它的大答案，就是大区间的答案，可以由小区间的答案，通过合并加分的操作进行统计 （对应我的话，应该不难）
有了yy的方向，就要大胆写方程，这道题的方程其实并不难找：

 

dpmax[i][j] = max(dpmax[i][j], dpmax[i][k] + dpmax[k + ][j] + sum(i, j));
dpmin[i][j] = min(dpmin[i][j], dpmin[i][k] + dpmin[k + ][j] + sum(i, j));

进行解释：区间i，j的最大（最小）值 == 区间i，k的得分的最大（最小）值 + 区间k + 1， j的得分的最大（最小）值 + 本次合并的得分（下面的都用sum）
到这里没人不理解叭

好了，方程出来了，想办法实现，要先搞清楚这循环怎么写
dp[i，j] 很简单，就直接两个for从1到n，从j到n(虽然下面并不是这样写的，不过先别急，这是可以算是一个dp入门教程，但不是入门题啊)
于是就有

for (int i = ; i <= n; i++)
for (int j = i; j <= n; j++)
dp[i][j] = max(dp[i][j], ??????);

?怎么办，k去哪里了

别急，先想想k是什么，要怎么开始，到哪里结束

emmmm 直接说吧，k，应该是在dp[i][j] 时 从i到j的一个我认为可以叫枚举的（极其不负责）东西叭，反正就是每个区间都要用for进行尝试

于是

for (int i = ; i <= n; i++)
for (int j = i; j <= n; j++)
for (int k = i; k <= j; k++)
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k + ][j] + sum(i, j));

　　

但是这里我们会发现一个问题

eg:   dp[1][3] = max(dp[1][3], dp[1][2] + dp[2][3] + sum(1, 3));    当进行到这里时，会发现dp[2][3]好像从来都还没算过，难道后面会算吗。答案是会算，但是，dp[1][[3]已经不会再更新了，所以这样统计答案肯定会出问题

那么是不是方程出了问题，没有啊，很完美啊！！！

确实，非常完美（毕竟是题解）

那么这个问题怎么解决呢？

回到一开始的思想，我们要先算完所有小区间的答案，再去统计大区间的答案对不对？那么是不是从长度为1的区间开始运算？如果到这里都能够理解的话，这题就基本上成功了，但是AC嘛，你懂的

好，那么重新开始

第一层循环用长度，从1开始

然后第二层用要统计的区间的起点，那是不是就不需要终点了，因为终点就等于长度加起点

第三层循环统计i到j区间内拆分的每一种情况

如下：

for (int len = ; len < n; len++)
for (int i = ; i <= n; i++)
{
    int j = i + len;
    for (int k = i; k <= j; k++)
    dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][k]+ dp[k + ][j] + sum(i, j);
}

　　

非常接近答案了，各位加油

现在大家可以去翻一下最后ac代码，发现dp这个主要的循环基本上一致

然后，回到题面，发现这是个环形的石堆？？？瞬间脑子里蹦出指针啊，int p啊什么的，但是一激动，一写，啊，好难啊好烦啊

这里就有一个对付环经常用到的思想，把数组复制一遍，扩展成两倍

例如：

A B C D是题目给的堆

复制一遍     A B C D A B C D

如果用这个复制后的数组去dp，会发生什么，你是不是就统计到了D 到 A 或者D 到 B 或者D 到 C 的答案.....

为什么这样是正确的呢，大部分人应该都理解，但是还是想说一下

我们这样想，如果它是环的话，是不是A 与 D就能合并（就是相邻的），是不是就会统计出一个答案，我们需要的其实就是这个答案的数值，不用管什么乱七八糟的想法，要数值大小就ok（有人就会有奇奇怪怪的想法）

这个理解了，就去实现，直接看下面的最终代码叭，一看就懂，只要不走神

那么问题又来了，最后答案输出什么呢？？dp[1][n] ？？

肯定不对，那复制和没复制有什么区别。。

所以就要checkans（检查答案。。。），怎么检查？其实很简单，只要把每个长度为len(即n - 1)的dp[i][j]都检查一下，找出最大或者最小的那个，就是答案了

为什么这样又是对的？？只因为检查的长的为len

所有的问题都解决了，然后简单优化（什么平行四边形优化都是dalao才会的东西。。）一下叭。

统计sum的优化--前缀和，在dp输入时统计一下前i个石子的和，然后用的时候用前j个的和减掉前i个的和，就是sum(i, j)了

再考虑一下这个问题，复制数组的时候最后一位的复制好像并没有用到？

eg：

A B C D A B C D

统计第一个D到第二个D的答案？不需要啊，长度超了，第一层循环限制了长度，根本访问不到对吧

统计第二个A到第二个D的答案？也不要啊，这跟前面的第一个A到第二个D重复了，其他的其实也有重复，但是，我们需要D到AorBorC，所以其他的不需要删

最后得出，最后一位其实不用复制，没用，浪费（其实这个不算什么优化，只是分享一下某位dalao的一个想法，觉得很有道理）

最后大家完成代码是注意细节，什么max，min的初始化啊，循环的边界啊（我的代码的边界应该不完全恰当懒得检查了，但是不会影响答案，得益于第一层循环的长度限制）

上代码，祝大家acacacacacacac

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = ;
int n, a[N], s[N], dpmin[N][N], dpmax[N][N], ansmax = -, ansmin = ;
inline int sum(int x, int y)
{
    return s[y] - s[x - ];
}
int main(){
    scanf("%d", &n);
    for (int i = ; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
    for (int i = ; i <= n; i++) a[i + n] = a[i];
    for (int i = ; i <= n * ; i++) s[i] = s[i - ] + a[i];
    /*
    for (int i = 1; i <= n * 2; i++)
        dpmax[i][i] = dpmin[i][i] = 0;
    for (int i = 1; i <= n * 2; i++)
        dpmax[i][i] = dpmin[i][i] = a[i] + a[i + 1];
    */
    for (int len = ; len < n; len++)
    for (int i = ; i + len <=  * n - ; i++)
    {
        int j = i + len;
        dpmin[i][j] = ;
        for (int k = i; k < j; k++)
        {
            dpmax[i][j] = max(dpmax[i][j], dpmax[i][k] + dpmax[k + ][j] + sum(i, j));
            dpmin[i][j] = min(dpmin[i][j], dpmin[i][k] + dpmin[k + ][j] + sum(i, j));
        }
    }

    for (int i = ; i < n + ; i++) ansmax = max(ansmax, dpmax[i][i + n - ]);
    for (int i = ; i < n + ; i++) ansmin = min(ansmin, dpmin[i][i + n - ]);

//    for (int i = 1; i < n * 2; i++)
//    for (int j = 1; j < n * 2; j++)
//    {
//        cout << "dpmin" << i << ", " <<  j << " = " << dpmin[i][j] << endl;
//    }
    printf("%d\n%d", ansmin, ansmax);
    return ;
}

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