區間DP訓練
一、石子合併
問題描述
- 將 n (\(1 \le n \le 200\))堆石子繞圓形操場擺放，現要將石子有次序地合併成一堆。規定每次只能選相鄰的兩堆合併成新的一堆，並將新的一堆的石子數，記爲該次合併的得分。請編一程序，由文件讀入讀入堆數 n 及每堆的石子數。① 選擇一種合併石子的方案，使得做 n -1 次合併，得分的總和最小 。② 選擇一種合併石子的方案，使得做 n -1 次合併，得分的總和最大。
輸入格式
- 輸入第一行爲一個整數 n ，表示有 n 堆石子，第二行爲 n 個整數，分別表示每堆石子的數量。
輸出格式
- 輸出共 2 行，第一行爲合併得分總和最小值，第二行爲合併得分總和最大值。
樣例輸入
4 4 5 9 4樣例輸出
43 54代碼
#include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; const int maxn = 205,MAX = 0x7fffffff/2; int f1[maxn][maxn],f2[maxn][maxn],s[maxn][maxn] = {0}; int a[maxn],sum[maxn] = {0},n,i,ans1,ans2; void init(); void dp(); int main() { init(); dp(); printf("%d\n%d\n",ans1,ans2); return 0; } void init() { scanf("%d",&n); for(i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d",&a[i]); a[i+n] = a[i]; } for(i = 1; i <= n*2; i++) { sum[i] = sum[i-1] + a[i]; f2[i][i] = 0; f1[i][i] = 0; } } void dp() { int j,k,L; for(L = 2; L <= n; L++) for(i = 1; i <= 2*n-L+1; i++) { j = i+L-1; f1[i][j] = 0xfffffff/2; f2[i][j] = 0; for(k = i;k < j;k++) { f1[i][j] = min(f1[i][j],f1[i][k] + f1[k+1][j]); f2[i][j] = max(f2[i][j],f2[i][k] + f2[k+1][j]); } f1[i][j] += sum[j] - sum[i-1]; f2[i][j] += sum[j] - sum[i-1]; } ans1 = 0x7fffffff/2,ans2 = 0; for(i = 1;i <= n;i++) ans1 = min(ans1,f1[i][i+n-1]); for(i = 1;i <= n;i++) ans2 = max(ans2,f2[i][i+n-1]); }
二、能量項鍊
問題描述
- 在 Mars 星球上，每個 Mars 人都隨身佩戴着一串能量項鍊。在項鍊上有 N 顆能量珠。能量珠是一顆有頭標記和尾標記的珠子，這些標記對應着某個正整數。並且，對於相鄰的兩顆珠子，前一刻珠子的尾標記一定等於後一顆珠子的頭標記。因爲只有這樣，通過吸盤(吸盤是 Mars 人吸收能量的一種器官)的作用，這兩顆珠子才能聚合成一顆珠子，同時釋放出可以被吸盤吸收的能量。如果前一顆能量珠的頭標記爲 m，尾標記爲 r，後一顆能量珠的頭標記爲 r，尾標記爲 n，則聚合後釋放的能量爲 \(m * r * n\)(Mars 單位)，新產生的珠子頭標記爲 m，尾標記爲 n。需要時，Mars 人就用吸盤夾住相鄰的兩顆珠子，通過聚合得到能量，直到項鍊上只剩下一顆珠子爲止。顯然，不同的聚合順序得到的總能量是不同的，請你設計一個聚合順序，使一串項鍊聚合後釋放的總能量最大。
- 例如，設 N = 4，4 顆珠子的頭標記與尾標記依次爲(2,3)，(3,5)，(5,10)，(10,2)。我們用記號 \(\oplus\) 表示兩顆珠子的聚合操作，\((j \oplus k)\) 表示第 j，k 兩顆珠子聚合後所釋放的能量。則第4，1 兩顆珠子聚合後釋放的能量爲：\((4\oplus1) = 10×2×3 = 60\)。這一串項鍊可以得到最優價值的一個聚合順序所釋放的總能量爲：\(((4\oplus1)\oplus2)\oplus3 = 10×2×3+10×3×5+10×5×10 = 710\)。
輸入文件
- 輸入文件的第一行是一個正整數 N(\(4\le N \le 100\))，表示項鍊上珠子的個數。第二行是 N 個用空格隔開的正整數，所有的的數均不超過 1000 。第 i 個數爲第 i 顆珠子的頭標記(\(1 \le i \le N\))，當 \(i<N\) 時，第 i 顆珠子的尾標記應該等於第 i + 1 顆珠子的頭標記。第 N 顆珠子的尾標記應該等於第 1 顆珠子的頭標記。
- 至於珠子的順序，你可以這樣確定：將項鍊放在桌面上，不要出現交叉，隨意指定第一顆珠子，然後按順時針方向確定其他珠子的順序
輸出格式
- 輸出文件只有一行，是一個正整數 E(\(R \le 2.1×10^9\))，爲一個最優聚合順序所釋放的總能量
樣例輸入
4 2 3 5 10樣例輸出
710代碼
#include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; int head[205],tail[205],f[205][205] = {0}; int main() { int ans = 0,n,i,t,j,k; scanf("%d",&n); for(i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d",&head[i]); head[i+n] = head[i]; } for(i = 1; i <= 2*n-1; i++) tail[i] = head[i+1]; //環變成鏈 tail[2*n] = head[1]; //求尾標記 for(i = 1; i <= 2*n-1; i++) //初始化 f[i][i] = 0; for(t = 1; t <= n-1; t++) //階段，合併次數 for(i = 1; i <= 2*n-t; i++) //狀態，起始位置 { j = i+t; //計算結束位置 for(k = i; k <= j-1; k++) //決策 f[i][j] = max(f[i][j],f[i][k] + f[k+1][j] + head[i]*tail[k]*tail[j]); } for(i = 1; i <= n; i++) ans = max(ans,f[i][i+n-1]); //求出最值 printf("%d",ans); return 0; }
三、凸多邊形的劃分
問題描述
- 給定一個具有 N (\(N\le 50\)) 個頂點(從 1 到 N 編號)的凸多邊形，每個頂點的權均是一個正整數。問：如何把這個凸多邊形劃分成 N - 2 個互不相交的三角形，使得這些三角形頂點的權的乘積之和最小？
輸入格式
- 輸入文件的第一行爲頂點數 N，第二行爲 N 個頂點(從 1 到 N )的權值
輸出格式
- 只有一行，爲這些三角形頂點的權的乘積之和的最小值
輸入樣例
5 122 123 245 231 121輸出樣例
12214884代碼
#include <cstdio> #include <iostream> #include <cstring> using namespace std; typedef long long int ll; ll F[110][110][110],a[110]; ll s1[110],s2[110],s3[110]; int n; void Mark(ll c[]) { for(int i = 1; i <= c[0]; i++) { c[i+1] += c[i]/10000; c[i] %= 10000; } while(c[c[0]+1]) { c[0]++; c[c[0]+1] += c[c[0]]/10000; c[c[0]] %= 10000; } } void Mul(ll a1,ll a2,ll a3,ll c[]) { c[0] = c[1] = 1; for(int i = 1; i <= c[0]; i++) c[i] *= a1; Mark(c); for(int i = 1; i <= c[0]; i++) c[i] *= a2; Mark(c); for(int i = 1; i <= c[0]; i++) c[i] *= a3; Mark(c); } void Add(ll a[],ll b[],ll c[]) { if(a[0] > b[0]) c[0] = a[0]; else c[0] = b[0]; for(int i = 1; i <= c[0]; i++) c[i] = a[i] + b[i]; Mark(c); } int Compare(ll a[],ll b[]) { if(a[0] < b[0]) return 0; if(a[0] > b[0]) return 1; for(int i = a[0]; i >= 1; i--) if(a[i] < b[i]) return 0; else if(a[i] > b[i]) return 1; return 0; } void Print() { int i; printf("%lld",F[1][n][F[1][n][0]]); for(i = F[1][n][0] - 1; i >= 1; i--) { printf("%lld",F[1][n][i]/1000); printf("%lld",F[1][n][i]/100%10); printf("%lld",F[1][n][i]/10%10); printf("%lld",F[1][n][i]%10); } printf("\n"); } int main() { int i,j,k,t; scanf("%d",&n); for(i = 1; i <= n; i++) cin>>a[i]; for(i = 1; i <= n; i++) for(j = 1; j <= n; j++) F[i][j][0] = 0; for(t = 2; t <= n-1; t++) for(i = 1; i <= n-t; i++) { j = i+t; F[i][j][0] = 60; for(k = i+1; k <= j-1; k++) { memset(s1,0,sizeof(s1)); memset(s2,0,sizeof(s2)); memset(s3,0,sizeof(s3)); Mul(a[i],a[k],a[j],s1); Add(F[i][k],F[k][j],s2); Add(s1,s2,s3); if(Compare(F[i][j],s3)) memcpy(F[i][j],s3,sizeof(s3)); } } Print(); return 0; }