石子合并问题是最经典的DP问题。首先它有如下3种题型：

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(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。本问题实际上就是霍夫曼的变形。

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(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：

 

 

 

#include <bits/stdc++.h>
#define pr(x) cout << #x << "= " << x << "  "
#define pl(x) cout << #x << "= " << x << endl;
#define Memset(x, a) memset(x, a, sizeof(x))
#define ll __int64
using  namespace  std;const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=205;
int a[N];
int sum[N];
int dp[N][N];int getans(int a[],int n){for(int i=0; i<n; i++){dp[i][i]=0;}for(int v=1; v<n; v++){//i,j之间的间距for(int i=0; i<n-v; i++){int j=i+v;dp[i][j]=inf;int tmp=sum[j]-(i>0?sum[i-1]:0);for(int k=i; k<j; k++)dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+tmp);}}return  dp[0][n-1];
}int  main(){int  n;while(~scanf("%d",&n)){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];}printf("%d\n",getans(a,n));}return 0;
}

 

 

直线取石子问题的平行四边形优化（用一个p【i】【j】=k 表示区间 i---j 从k点分开才是最优的，这样的话我们就可以优化掉一层复杂度，变为O（n^2） ）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1005;int dp[N][N];
int p[N][N];
int sum[N];
int n;int getans(){for(int i=1; i<=n; i++){dp[i][i] = 0;p[i][i] = i;}for(int len=1; len<n; len++){for(int i=1; i+len<=n; i++){int end = i+len;int tmp = inf;int k = 0;for(int j=p[i][end-1]; j<=p[i+1][end]; j++){if(dp[i][j] + dp[j+1][end] + sum[end] - sum[i-1] < tmp){tmp = dp[i][j] + dp[j+1][end] + sum[end] - sum[i-1];k = j;}}dp[i][end] = tmp;p[i][end] = k;}}return dp[1][n];
}int main()
{while(scanf("%d",&n)!=EOF){sum[0] = 0;for(int i=1; i<=n; i++){int val;scanf("%d",&val);sum[i] = sum[i-1] + val;}printf("%d\n",getans());}return 0;
}

 

(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[N][N];
int maxs[N][N];
int sum[N],a[N];
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(1)(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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