石子合并问题
石子归并(动态规划)
石子归并（动态规划）动态规划石子合并问题【石材加固】在一个圆形操场的四周摆放着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堆石子合并成新的一堆，并将新的一堆石子数记为该次合并的得分。
尝试设计一个算法来计算将n堆石头合并成一堆的最小分数和最大分数。
[输入文件]包含两行，第1行是正整数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。
【输出文件】输出两行。
第1行中的数字是最低分数；第2行中的数字是最高分。
[输入示例]44459[输出示例]4354【分析】起初，我以为贪心法可以解决这个问题，但事实上，由于必须有两个相邻的桩合并，贪心法不能保证每次都能得到所有桩中石头数量最多的两个桩。
例如，以下示例：6346542如果使用贪心法计算最小分数，则应为以下合并步骤：第一次合并3465422,3合并分数为5，第二次合并546545,4合并分数为9，第三次合并96545,4合并分数为9，第四次合并9699,6合并分数为15，第五次合并15915,9合并分数为24，总分=5+9+9+15+24=62但是如果采用如下合并方法，却可以得到比上面得分更少的方法：第一次合并3465423,4合并得分是7第二次合并765427,6合并得分是13第三次合并135424,2合并得分是6第四次合并13565,6合并得分是11第五次合并131113,11合并得分是24总得分＝7＋13＋6＋11＋24＝61因此，我们知道这个问题不能用贪婪的方法来解决。
在上面的例子中，相邻的两个石子数量分别为13和11的桩第五次合并。
第一堆、第二堆和第三堆（石块数量分别为3、4和6）以及第四、第五和第六堆（石块数量分别为5、4和2）组合四次后形成两堆石块。
所以问题归结为如何使两个子序列的N-2组合分数之和达到最优。
为了实现这一目标，我们将第一个序列分为两个：第一和第二堆形成子序列1，第三堆形成子序列2。
动态规划-石子合并问题
动态规划-⽯⼦合并问题（1）问题描述 在⼀个圆形操场的四周摆放着 num 堆⽯⼦。
先要将⽯⼦有次序地合并成⼀堆。
规定每次只能选相邻的 2 堆⽯⼦合并成新的⼀堆，并将新的⼀堆⽯⼦数记为该次合并的耗费⼒⽓。
试设计⼀个算法，计算将 n 堆⽯⼦合并成⼀堆的最省⼒⽓数。
（2）算法思想 对于给定的 n 堆⽯⼦，当只有⼀堆时，不⽤搬，进⽽不耗费⼒⽓，然后依次计算出从 2 堆 ~ num 堆⽯⼦的最优解，并且堆数递增求最优解，依赖于上⼀步的解进⾏计算所得；（3）算法思路 此解法和矩阵连乘类似，我们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 堆⽯⼦的所耗费的⼒⽓总数。
动规⽅程如下：（4）代码展⽰public class StoneMerge {/*** 记录⽯⼦堆的数量*/private static int num;/*** 记录每堆⽯⼦的重量*/private static int[] weight;/*** 记录⽯⼦堆断开的位置【便于计算局部最优解】*/private static int[][] location;/*** 记录⽯⼦堆局部最优解，以⾄于求得最终最优解【动规⽅程】*/private static int[][] dp;/*** 初始化数据*/private static void initData() {Scanner input = new Scanner(System.in);System.out.println("请输⼊⽯⼦堆数量:");num = input.nextInt();weight = new int[num];System.out.println("请输⼊每堆⽯⼦的重量:");for (int i = 0; i < weight.length; i++) {weight[i] = input.nextInt();}// 定义成 int 类型的⼆维数组，创建完每个元素直接初始化为 0dp = new int[num][num];location = new int[num][num];}/*** 计算最省最费⼒⽓值*/private static void dpFindMinStrength() {// 初始化 dp 数组for (int m = 0; m < num; m++) {dp[m][m] = 0; // ⼀堆⽯⼦，不⽤搬，耗费⼒⽓为 0}for (int r = 2; r <= num; r++) { // 从 2 堆依次到 num 堆，分别计算最优值for (int i = 0; i < num - r + 1; i++) { // 起始⽯⼦堆取值范围int j = i + r - 1; // 根据每次选取⽯⼦堆 r 和起始⽯⼦堆 i ，计算终⽌⽯⼦堆int sum = 0;for (int x = i; x <= j; x++) { // 计算从⽯⼦堆 i 到⽯⼦堆 j 合并时，最后两堆使⽤的⼒⽓总和 sumsum += weight[x];}// 根据动规⽅程，从局部最优解中计算当前从⽯⼦堆 i 到⽯⼦堆 j 合并所使⽤的的⼒⽓总和dp[i][j] = dp[i + 1][j] + sum; // 计算从 i ⽯⼦堆分开时，使⽤的⼒⽓总和location[i][j] = i; // 标记从第 i ⽯⼦堆分开位置for (int k = i + 1; k < j; k++) { // 需要统计从 k 【k ∈ (i, j)】⽯⼦堆分开，使⽤的⼒⽓总和int temp = dp[i][k] + dp[k + 1][j] + sum; // 计算从 k ⽯⼦堆分开时，使⽤的⼒⽓总和if (temp < dp[i][j]) {dp[i][j] = temp;location[i][j] = k;}}}}}/*** 输出*/private static void print() {System.out.println("动规数组【不同堆数合并⽯⼦所费⼒⽓】:");for (int i = 0; i < num; i++) {for (int j = 0; j < num; j++) {System.out.print(dp[i][j] + " ");}System.out.println();}System.out.println("不同堆数合并⽯⼦最省⼒⽓断开位置最优解:");for (int i = 0; i < num; i++) {for (int j = 0; j < num; j++) {System.out.print(location[i][j] + " ");}System.out.println();}}public static void main(String[] args) {// 初始化数据initData();// 计算最省最费⼒⽓值dpFindMinStrength();// 输出print();}}⽯⼦合并核⼼代码（5）输⼊输出请输⼊⽯⼦堆数量:4请输⼊每堆⽯⼦的重量:4 45 9动规数组【不同堆数合并⽯⼦所费⼒⽓】:0 8 21 430 0 9 270 0 0 140 0 0 0不同堆数合并⽯⼦最省⼒⽓分开位置最优解【下标从数组 0 开始分开】:0 0 1 20 0 1 20 0 0 20 0 0 0输⼊输出（6）总结 ⽯⼦合并问题完全提现了动态规划的核⼼思想，先求解⼦问题的解【⼦问题求解不相互独⽴，相互依赖】，然后从这些⼦问题的解中得到原问题的解，进⽽得到该问题的最优解。
动态规划思想：石子合并问题
动态规划思想：⽯⼦合并问题描述：在⼀个圆形操场的四周摆放着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 堆⽯⼦合并成新的⼀堆，并将新的⼀堆⽯⼦数记为该次合并的得分。
试设计⼀个算法，计算出将n堆⽯⼦合并成⼀堆的最⼩得分和最⼤得分。
开始以为通过贪⼼算法可能很快解决问题，可是是⾏不通的。
⾸先我们可以把这么堆⽯⼦看成⼀列我们假如5堆的⽯⼦，其中⽯⼦数分别为7，6，5，7，100•按照贪⼼法，合并的过程如下：每次合并得分第⼀次合并 7 6 5 7 100 =11 第⼆次合并 7 11 7 100=18 第三次合并 18 7 100 =25第四次合并 25 100 =125总得分＝11＋18＋25+125＝179•另⼀种合并⽅案每次合并得分 第⼀次合并 7 6 5 7 100 ->13第⼆次合并 13 5 7 100->12第三次合并 13 12 100 ->25第四次合并 25 100 ->125总得分＝13＋12＋25+125＝175显然利⽤贪⼼来做是错误的，贪⼼算法在⼦过程中得出的解只是局部最优,⽽不能保证使得全局的值最优。
如果N－1次合并的全局最优解包含了每⼀次合并的⼦问题的最优解，那么经这样的N－1次合并后的得分总和必然是最优的。
因此我们需要通过动态规划算法来求出最优解。
在此我们假设有n堆⽯⼦，⼀字排开，合并相邻两堆的⽯⼦，每合并两堆⽯⼦得到⼀个分数，最终合并后总分数最少的。
我们设m(i,j)定义为第i堆⽯⼦到第j堆⽯⼦合并后的最少总分数。
a(i)为第i堆⽯⼦得⽯⼦数量。
当合并的⽯⼦堆为1堆时，很明显m(i,i)的分数为0; 当合并的⽯⼦堆为2堆时，m(i,i+1)的分数为a(i)+a(i+1); 当合并的⽯⼦堆为3堆时，m(i,i+2)的分数为MIN((m(i,i)+m(i+1,i+2)+sum(i,i+2)),(m(i,i+1)+m(i+2,i+2)+sum(i,i+2)); 当合并的⽯⼦堆为4堆时......代码实现如下：1 #include<stdio.h>2#define N 1003/*4 *求合并过程中5 *最少合并堆数⽬6 **/7int MatrixChain_min(int p[N],int n)8 {9//定义⼆维数组m[i][j]来记录i到j的合并过成中最少⽯⼦数⽬10 //此处赋值为-11112int m[N][N];13for(int x=1;x<=n;x++)14for(int z=1;z<=n;z++)15 {16 m[x][z]=-1;17 }1819int min=0;2021//当⼀个单独合并时，m[i][i]设为0，表⽰没有⽯⼦22for(int g = 1;g<=n;g++) m[g][g]=0;2324//当相邻的两堆⽯⼦合并时，此时的m很容易可以看出是两者之和25for(int i=1;i<=n-1;i++)26 {27int j=i+1;28 m[i][j]=p[i]+p[j];29 }3031//当相邻的3堆以及到最后的n堆时，执⾏以下循环32for(int r=3; r<=n;r++)33for(int i=1;i<=n-r+1;i++)34 {35int j = i+r-1; //j总是距离i r-1的距离36int sum=0;37//当i到j堆⽯⼦合并时最后⾥⾯的⽯⼦数求和得sum38for(int b=i;b<=j;b++)39 sum+=p[b];4041// 此时m[i][j]为i~j堆⽯⼦间以m[i][i]+m[i+1][j]+sum结果，这是其中⼀种可能，不⼀定是最优42 //要与下⾯的情况相⽐较，唉，太详细了4344 m[i][j] = m[i+1][j]+sum;4546//除上⾯⼀种组合情况外的其他组合情况47for(int k=i+1;k<j;k++)48 {49int t=m[i][k]+m[k+1][j]+sum;50if(t<m[i][j])51 m[i][j] = t;5253 }54 }55//最终得到最优解56 min=m[1][n];57return min;585960 }6162/*63 *求合并过程中64 *最多合并堆数⽬65 **/6667int MatrixChain_max(int p[N],int n)68 {69int m[N][N];70for(int x=1;x<=n;x++)71for(int z=1;z<=n;z++)72 {73 m[x][z]=-1;74 }757677int max=0;78//⼀个独⾃组合时79for(int g = 1;g<=n;g++) m[g][g]=0;80//两个两两组合时81for(int i=1;i<=n-1;i++)82 {83int j=i+1;84 m[i][j]=p[i]+p[j];85 }8687for(int r=3; r<=n;r++)88for(int i=1;i<=n-r+1;i++)89 {90int j = i+r-1;91int sum=0;92for(int b=i;b<=j;b++)93 sum+=p[b];94 m[i][j] = m[i+1][j]+sum;9596for(int k=i+1;k<j;k++)97 {98int t=m[i][k]+m[k+1][j]+sum;99if(t>m[i][j])100 m[i][j] = t;101102 }103 }104105 max=m[1][n];106return max;107108109 }110int main()111 {112int stone[N];113int min=0;114int max=0;115int n;116 scanf("%d",&n);117for(int i=1;i<=n;i++)118 scanf("%d",&stone[i]);119120 min= MatrixChain_min(stone,n);121 max= MatrixChain_max(stone,n);122123//因为题⽬要求圆的原因，要把所有情况都要考虑到，总共有n种情况。
石子合并问题DP
⽯⼦合并问题DPSTART:2021-08-1014:29:041.问题描述：有N堆⽯⼦排成⼀排，每堆⽯⼦有⼀定的数量。
现要将N堆⽯⼦并成为⼀堆。
合并的过程只能每次将相邻的两堆⽯⼦堆成⼀堆，每次合并花费的代价为这两堆⽯⼦的和，经过N-1次合并后成为⼀堆。
求出总的代价最⼩值。
2. 输⼊输出⽰例输⼊有多组测试数据，输⼊到⽂件结束。
每组测试数据第⼀⾏有⼀个整数n，表⽰有n堆⽯⼦。
接下来的⼀⾏有n（0< n <200）个数，分别表⽰这n堆⽯⼦的数⽬，⽤空格隔开输出输出总代价的最⼩值，占单独的⼀⾏样例输⼊231 2 3713 7 8 16 21 4 18样例输出92393.分析：由题⽬我们可知，题⽬将给我们测试数据的组数，我们定义⼀个变量t来储存，⽤while(t--)来处理了这t组数据。
对于每组数据，我们⾸先会得到有n堆的⽯⼦，然后得到这n堆⽯⼦每堆⽯⼦的数⽬。
处理完数据，我们得设计算法来解题了：对于不同的顺序，我们合并⽯⼦的代价不同。
我们举个栗⼦，给定4个⽯堆，分别有1个，2个，3个，4个⽯堆，我们先全部遍历⼀遍，⽐如，先只遍历长度为2的合并，看看有什么规律：我们可以看到，有四个⽯堆，分别有1个，2个，3个, 4个⽯头，我们先执⾏长度为2的合并：我们⽤sum[i][j]表⽰从i合并到j需要多少代价，dp[i][j]表⽰合并区间[ i , j ]的⽯堆累计的代价第⼀种：1∪2==>sum[1][2]=1+2=3,dp[1][2]=3第⼆种：2∪3==>sum[2][3]=2+3=5,dp[2][3]=5第三种：3∪4==>sum[3][4]=3+4=7,dp[3][4]=7我们只有四个⽯堆，所以合并长度为2的⽅案只有这三个，然后接着我们合并长度为3的：合并区间[ 1 , 3 ]有以下两种⽅案：第⼀种：合并{1∪2,3}，所以（1∪2）∪3：sum[1][3]=sum[1][2]+sum[3][3]=3+3=6dp[1][3]=sum[1][2]+sum[1][3]=3+6=9第⼆种：合并{1,2∪3}，所以1∪（2∪3）：sum[1][3]=sum[1][1]+sum[2][3]=1+5=6dp[1][3]=sum[2][3]+sum[1][3]=5+6=11所以合并区间[1,3]的最优⽅案是先合并1,2再合并3。
石子合并dp表达式
石子合并dp表达式
石子合并问题可以使用动态规划来解决。
对于有N堆石子的情况，设
dp[i][j]表示将i至j之间的石子合并成一堆的最小花费。
初始时，对于任意i，都有dp[i][i]=0，因为合并一堆石子不需要花费。
对于区间[i,j]，枚举合并点k，则该区间合并的最小花费为：dp[i][k]+ dp[k＋1][j]＋sum[i][j]，其中sum[i][j]表示区间[i,j]中石子数量的和。
最终答案即为dp[1][n]。
对于有N堆石子，每次只能移动相邻的2堆石子合并的情况，最终的结果
为dp[1][n]，表示合并全部石子的最小代价。
以上内容仅供参考，建议查阅相关资料文献，或者咨询数学领域专业人士，以获取更全面准确的信息。
石子合并问题实验报告
一、实验目的1. 了解石子合并问题的背景和意义；2. 掌握石子合并问题的解决方法；3. 提高实验操作能力和数据分析能力。
二、实验原理石子合并问题是一个经典的数学问题，主要研究如何将若干个石子合并成若干个尽可能大的石子堆。
该问题在现实生活中具有广泛的应用，如城市规划、资源分配等。
实验通过模拟石子合并过程，寻找最优的合并策略。
三、实验材料1. 石子若干；2. 纸和笔；3. 计算器。
四、实验步骤1. 准备实验材料，将石子随机分成若干堆；2. 记录每堆石子的数量；3. 按照一定的合并策略进行合并，如从数量最少的一堆开始合并；4. 记录每次合并后的石子堆数量和数量；5. 重复步骤3和4，直到所有石子合并成若干个石子堆；6. 分析实验结果，总结最优合并策略。
五、实验结果与分析1. 实验结果通过多次实验，发现以下几种合并策略：（1）从数量最少的一堆开始合并；（2）从数量最多的一堆开始合并；（3）从数量相差最小的一堆开始合并。
2. 实验分析（1）从数量最少的一堆开始合并：该策略在合并过程中可以逐渐减少石子堆的数量，但可能导致石子堆的体积差异较大。
（2）从数量最多的一堆开始合并：该策略在合并过程中可以保持石子堆的体积相对稳定，但可能导致石子堆的数量较多。
（3）从数量相差最小的一堆开始合并：该策略在合并过程中可以平衡石子堆的数量和体积，但需要花费更多的时间进行筛选。
综上所述，从数量相差最小的一堆开始合并是一种较为合理的合并策略。
六、实验结论1. 通过石子合并问题实验，了解了石子合并问题的背景和意义；2. 掌握了石子合并问题的解决方法，即从数量相差最小的一堆开始合并；3. 提高了实验操作能力和数据分析能力。
七、实验心得1. 在实验过程中，要注重观察和分析，以便找到最优的合并策略；2. 要善于总结经验，提高实验效率；3. 要注重团队合作，共同完成实验任务。
八、实验展望石子合并问题在现实生活中具有广泛的应用，未来可以从以下几个方面进行深入研究：1. 探讨不同合并策略的优缺点，寻找更优的合并策略；2. 将石子合并问题与其他实际问题相结合，如城市规划、资源分配等；3. 利用计算机技术，模拟石子合并过程，提高实验效率。
石子合并问题（动态规划）
⽯⼦合并问题（动态规划）⼀条直线上摆放着⼀⾏共n堆的⽯⼦。
现要将⽯⼦有序地合并成⼀堆。
规定每次只能选相邻的两堆合并成新的⼀堆，并将新的⼀堆⽯⼦数记为该次合并的得分。
请编辑计算出将n堆⽯⼦合并成⼀堆的最⼩得分和将n堆⽯⼦合并成⼀堆的最⼤得分。
Input输⼊有多组测试数据。
每组第⼀⾏为n(n<=100)，表⽰有n堆⽯⼦，。
⼆⾏为n个⽤空格隔开的整数，依次表⽰这n堆⽯⼦的⽯⼦数量ai（0<ai<=100）Output每组测试数据输出有⼀⾏。
输出将n堆⽯⼦合并成⼀堆的最⼩得分和将n堆⽯⼦合并成⼀堆的最⼤得分。
中间⽤空格分开。
间⽤空格分开。
Sample Input31 2 3Sample Output9 111 #include<iostream>2 #include <cstdio>3 #include<cstring>4 #include<algorithm>5using namespace std;6#define INF 0x3f3f3f3f78int dp[105][105];9int sum[110];10int ans=0,cnt=0;1112int dfs(int l,int r){/*求最⼤*/13if(dp[l][r]!=-1){14return dp[l][r];15 }16if(r-l==1)return sum[r]-sum[l-1];17if(r==l) return0;18int &res=dp[l][r];19 res=-INF;20for(int k=l;k<r;k++){21 res=max(res,dfs(l,k)+dfs(k+1,r));22 }23 res+=sum[r]-sum[l-1];24return res;25 }2627int dfs2(int l,int r){/*求最⼩*/28if(dp[l][r]!=-1) return dp[l][r];29if(r-l==1) return sum[r]-sum[l-1];30if(r==l) return0;31 dp[l][r]=INF;32for( int k=l; k<r; k++ ){33 dp[l][r]=min(dp[l][r],dfs2(l,k)+dfs2(k+1,r));34 }35 dp[l][r]+=sum[r]-sum[l-1];36return dp[l][r];37 }3839int main(){40int n;41 memset(sum,0,sizeof(sum));42while(~scanf("%d",&n)&&n){43for( int i=1; i<=n; i++ ){44int t;45 cin>>t;46 sum[i]=sum[i-1]+t;47 }48 memset(dp,-1,sizeof(dp));49 ans=dfs2(1,n);50 memset(dp,-1,sizeof(dp));51 cnt=dfs(1,n);52 cout<<ans<<""<<cnt<<endl;53 }5455return0;56 }。
C++程序 石子合并问题
问题描述：在一个圆形操场的四周摆放着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 堆石子合并成新的一堆，并将新的一堆石子数记为该次合并的得分。
试设计一个算法，计算出将n堆石子合并成一堆的最小得分和最大得分。
【输入文件】包含两行，第1 行是正整数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。
【输出文件】输出两行。
第1 行中的数是最小得分；第2 行中的数是最大得分。
【输入样例】44 45 9【输出样例】4354设计算法分析：1）、此题表面上看是用贪心算法比较合适，实则不然，用贪心算法是每次都合并得分最大的或最小的相邻两堆，但不一定保证余下的合并过程能导致最优解，聪明的读者马上会想到一种理想的假设：如果N－1次合并的全局最优解包含了每一次合并的子问题的最优解，那么经这样的N－1次合并后的得分总和必然是最优的，这就是动态规划的思想。
采用动态规划求解的关键是确定所有石子堆子序列的最佳合并方案。
这些石子堆子序列包括：｛第１堆、第２堆｝、｛第２堆、第３堆｝、……、｛第N 堆、第１堆｝；｛第１堆、第２堆、第３堆｝、｛第２堆、第３堆、第４堆｝、……、｛第N堆、第１堆、第２堆｝；……｛第１堆、……、第N堆｝｛第2堆、……、第N堆、第１堆｝……｛第N堆、第１堆、……、第N－１堆｝为了便于运算，我们用〔i，j〕表示一个从第i堆数起，顺时针数j堆时的子序列｛第i堆、第i＋１堆、……、第（i＋j）堆｝（注意：此时的i+j 可能已经超出N的范围，为此我们在读入每堆石子的数量时，把石子堆数扩展为2*N-1，有a[i]=a[i+N]，没有a[N+N]）它的最佳合并方案包括两个信息：②该子序列的各堆石子合并成一堆的过程中，各次合并得分的总和；②形成最佳得分和的子序列１和子序列２。
由于两个子序列是相邻的，因此只需记住子序列１的堆数；读者可以从以下详细的程序代码中体会到算法的思想：// StonesMerger.h#ifndef STONESMERGER_H#define STONESMERGER_Hclass StonesMerger{public:StonesMerger();~StonesMerger();void run(); // 运行接口private:int number; // 石子的堆数int totalMax; // 记录合并成一堆的最大得分int X; // 记录合并成一堆的最大得分的最优合并的起始堆int totalMin; // 记录合并成一堆的最小得分int Y; // 记录合并成一堆的最小得分的最优合并的起始堆int *a; // 存储石子的数量int **MAX; // 记录子序列合并最大得分int **Smax; // 记录子序列合并最大得分的最佳断开位置int **min; // 记录子序列合并最小得分int **smin; // 记录子序列合并最小得分的最佳断开位置bool input(); // 输入接口读取 input.txt 文件void mostValue(); // 以第 i 堆开始合并后面的 j 堆 j=0、1、2、......、n-1void output(); // 输出显示void traceback(int **s,int n,int m); // 对应于Smax[n][m] 或smin[n][m] 寻找轨迹};#endif// StonesMerger.cpp#include <iostream.h>#include <fstream.h>#include <cstdlib>#include <iomanip.h>#include "StonesMerger.h"ifstream inputFile("input.txt",ios::in);ofstream outputFile("output.txt",ios::out);#define N 100 // 根据实际问题规模大小设定恰当的初值StonesMerger::StonesMerger(){number=0;X=0;Y=0;totalMax=0;totalMin=0;a=new int [2*N];MAX=new int *[2*N];Smax=new int *[2*N];min=new int *[2*N];smin=new int *[2*N];for (int i=0;i<2*N;i++){MAX[i]=new int [2*N];Smax[i]=new int [2*N];min[i]=new int [2*N];smin[i]=new int [2*N];}}StonesMerger::~StonesMerger() {delete []a;for (int i=0;i<2*N;i++){delete []MAX[i];delete []Smax[i];delete []min[i];delete []smin[i];}delete []MAX;delete []Smax;delete []min;delete []smin;}void StonesMerger::run() // 运行接口{if (input()){mostValue();output();}}bool StonesMerger::input(){if (!inputFile){cerr<<"input.txt could not be opened."<<endl;exit(1);}if (!outputFile){cerr<<"output.txt could not be opened."<<endl;exit(1);}inputFile>>number;outputFile<<"石子堆数为: "<<number<<endl;outputFile<<"各堆石子数量(堆编号为1-"<<number<<"):";for (int i=1;i<=number;i++){inputFile>>a[i];a[i+number]=a[i];outputFile<<setw(2)<<a[i]<<" ";}outputFile<<endl;if (a!=NULL){return true;}return false;}void StonesMerger::output(){outputFile<<"最小得分为: "<<totalMin<<endl;traceback(smin,Y,number);outputFile<<endl;outputFile<<"最大得分为: "<<totalMax<<endl;traceback(Smax,X,number);outputFile<<endl;}void StonesMerger::mostValue() // 寻找最优断开位置和最大 / 最小子序列{for (int i=1;i<=2*number-1;i++){MAX[i][1]=0; // 只有一堆不用合并得分为 0min[i][1]=0;}for (int r=2;r<=number;r++) // r 为合并的石子堆数，r==1，为当前一堆不合并得分为 0 ，r==2，合并后面的一堆{for (int i=1;i<=2*number-r;i++) // 以第i堆开始合并 r 堆{int t=0;int j=i;for (int m=1;m<=r;m++){t+=a[j];j++;}MAX[i][r]=MAX[i][1]+MAX[i+1][r-1]+t; // r 对合并最后一次的得分为原始 r 堆的总和Smax[i][r]=1;min[i][r]=min[i][1]+min[i+1][r-1]+t;smin[i][r]=1;for (int k=2;k<r;k++){int T1=MAX[i][k]+MAX[i+k][r-k]+t;int T2=min[i][k]+min[i+k][r-k]+t;if (T2<min[i][r]){min[i][r]=T2; // 确保子序列最优记录最优断开位置smin[i][r]=k;}if (T1>MAX[i][r]){MAX[i][r]=T1; // 确保子序列最优记录最优断开位置Smax[i][r]=k;}}}}totalMax=0;for (i=1;i<=number;i++){if (MAX[i][number]>totalMax) // 寻找最大得分并记录最大得分的序列的起始位置{totalMax=MAX[i][number];X=i;}}totalMin=totalMax;for (i=1;i<=number;i++){if (min[i][number]<totalMin) // 寻找最大得分并记录最大得分的序列的起始位置{totalMin=min[i][number];Y=i;}}}void StonesMerger::traceback(int **s,int i,int r) // 寻找轨迹{if (r==1){outputFile<<"A"<<(i>number ? i%number : i);}else if(r==2){outputFile<<"(A"<<(i>number ? i%number : i)<<"A"<<((i+1)>number ? (i+1)%number : (i+1))<<")";}else{outputFile<<"(";StonesMerger::traceback(s,i ,s[i][r]);StonesMerger::traceback(s,i+s[i][r],r-s[i][r]);outputFile<<")";}}// main,cpp#include "StonesMerger.h"int main(){StonesMerger sm;sm.run();return 0;}。
合并石子问题的算法讨论
1 +2 + 3 + = 8 + 4 211 6 7 7 7 4
算法三、GARSIAWACHS算法
算法三、GARSIAWACHS算法
【引理1】
【引理2】
【引理2】Βιβλιοθήκη 【引理2】【引理2】
【引理3】
【引理4】
GARSIAWACHS算法实现
GARSIAWACHS算法实现
平衡树维护优化 对于这个算法，我们只需要维护一个2-递减
序列就可以了，算法的精髓在于每次寻找一个
最小的k。先把n个数从后往前扫一遍，将不满 足2-递减性质的数加进树中，每次更新序列时， 通过平衡树来维护，最后算法时间复杂度为 O(nlogn)。
总结
在证明GarsiaWachs算法的过程中，我们多次用 到反证法的思想，通过假设反例成立，推出矛盾来 证明，这是一种思想，运用这种思想，能够解决很
么我们就把a[k]与a[k-1]合并，之后向前找最大 的一个满足a[j-1]>a[k]+a[k-1]的j,把合并后的值 a[k]+a[k-1]插入a[j]的前面，最后的答案就是每 次a[k]与a[k-1]合并的代价和。
算法三、GARSIAWACHS算法
原数列： 20 6 10 11 25 12
20 371011 25 12 20616 37 12 12 27 47 25 25 20 11 27 20
算法三、 GARSIAWACHS算法
假设第i个石子的权值为a[i]。 对于节点k，如果a[k-1]>a[k+1]，那
么，称节点k满足2-递减性质。
算法三、 GARSIAWACHS算法
GarsiaWachs算法大意：
经典的石子合并
经典的石子合并问题描述：在一个圆形操场的四周摆放着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堆石子合并成新的一堆，并将新的一堆石子数记为该次合并的得分。
试设计一个算法，计算出将n堆石子合并成一堆的最小得分和最大得分。
对于给定n 堆石子,编程计算合并成一堆的最小得分和最大得分，并输出具体合并过程。
我觉得这是一道很有难度的动态规划算法题，如果不看资料，绝对是无法正确得到状态转移方程与输出最优解的合并过程的。
下面我整理了一下该问题的具体算法分析设计过程。
DP算法分析与设计：我们把每一次合并划分为阶段，当前阶段中计算出的得分和作为前一次合并的基础上定义一个能使目前得分总和最大的合并方案作为一次决策。
显然，某阶段的状态给阶段的决策不受这阶段以前各段状态的影响。
这种无后效性的性质符最佳原理，因此可采用动态规划算法。
DP状态表示：我们用〔i，j〕表示一个从第i堆数起，顺时针数j堆时的子序列第i堆、第i+1堆、……(i+j-1) mod n堆｝。
为了输出最优解的方便，我们定义一个结构体Node，它包含两个域c --- 得分；d --- 最优化选择时子序列1的堆数。
有：f[i][j]表示一个从第i堆数起，顺时针数j堆时的子序列(i, i+1... (i+j-1)%n+1)(1) 在该子序列的各堆石子合并成一堆的过程中，各次合并得分的总和---c(2) 形成最佳得分和的子序列1和子序列2。
由于两个子序列是相邻的，因此只需记住子序列1的堆数k即可--- dDP边条及状态转移方程：(1) 边条：显然，对每一堆石子来说，仅含一堆石子的序列不存在合并有:f[i][1].c = 0，f[i][1].d = 0 （1 <= i <= N）(2) 方程：对子序列(i，j)最后一次合并，其得分为第i堆数起，顺时针数j堆的石子总数t。
被合并的两堆石子是由子序列(i, k)和((i+k-1)%n+1, j-k)(1<=k<=j-1)经有限次合并形成的。
石子合并问题原理
石子合并问题原理
石子合并问题是一个经典的动态规划问题。
假设有n堆石子，每堆石子的数量分别为a_1, a_2, ..., a_n。
当合并两堆石子时，合并的代价为两堆石子的数量之和。
最终目标是通过一系列合并操作，使得最终只剩下一堆石子，并且合并的总代价最小。
为了解决这个问题，可以使用动态规划的思想。
定义一个二维数组dp，其中dp[i][j]表示从第i堆石子到第j堆石子合并的最小代价。
当i=j时，即只有一堆石子，不需要进行任何合并，所以
dp[i][j]=0。
当i<j时，假设k是i和j之间的一个分割点，那么dp[i][j]的值可以通过枚举所有可能的分割点k来求得。
具体计算dp[i][j]的方法如下：
- 首先，将dp[i][j]初始化为一个较大的值，比如无穷大。
- 然后，枚举分割点k，计算合并左侧和右侧的代价，即
dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum(a_i to a_j)。
- 最后，选取所有分割点中代价最小的那个作为dp[i][j]的值。
最终，dp[1][n]就是合并所有石子的最小代价。
实际上，可以通过动态规划的方式先计算出所有长度为2、3、...、n的子问题的解，然后再利用这些子问题的解来递推计
算整个问题的解，这就是动态规划的思想。
总结起来，石子合并问题的原理就是使用动态规划，通过定义状态和状态转移方程，逐步递推计算出最终的结果。
石子合并问题（直线版）
⽯⼦合并问题（直线版）⽬录题⽬：⽯⼦合并（⼀）时间限制：1000 ms | 内存限制：65535 KB难度：3描述有N堆⽯⼦排成⼀排，每堆⽯⼦有⼀定的数量。
现要将N堆⽯⼦并成为⼀堆。
合并的过程只能每次将相邻的两堆⽯⼦堆成⼀堆，每次合并花费的代价为这两堆⽯⼦的和，经过N-1次合并后成为⼀堆。
求出总的代价最⼩值。
输⼊有多组测试数据，输⼊到⽂件结束。
每组测试数据第⼀⾏有⼀个整数n，表⽰有n堆⽯⼦。
接下来的⼀⾏有n（0< n <200）个数，分别表⽰这n堆⽯⼦的数⽬，⽤空格隔开输出输出总代价的最⼩值，占单独的⼀⾏样例输⼊31 2 3713 7 8 16 21 4 18样例输出9239最普通的算法O(n^3)：1 #include <fstream>2 #include <iostream>3 #include <cstdio>4 #include <cstring>5 #include <cstdlib>6 #include <cmath>7using namespace std;89const int N=205;10const int INF=0x7fffffff;11int n;12int a[N],sum[N],dp[N][N];1314void f();1516int main(){17//freopen("D:\\input.in","r",stdin);18while(~scanf("%d",&n)){19 sum[0]=0;20for(int i=1;i<=n;i++){21 scanf("%d",&a[i]);22 sum[i]=sum[i-1]+a[i];23 }24 f();25 printf("%d\n",dp[1][n]);26 }27return0;28}29void f(){30for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][i]=0;31for(int r=1;r<n;r++){32for(int i=1;i<n;i++){33int j=i+r;34if(j>n) break;35 dp[i][j]=INF;36for(int k=i;k<=j;k++){37 dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]);38 }39 dp[i][j]+=sum[j]-sum[i-1];40 }41 }42 }224ms其中，dp[i][j]代表i到j堆的最优值，sum[i]代表第1堆到第i堆的数⽬总和。
动态规划中的石子归并问题
动态规划中的⽯⼦归并问题⼀.有N堆⽯⼦，每堆的重量是w[i],可以任意选两堆合并，每次合并的花费为w[i]+w[j]，问把所有⽯⼦合并成为⼀堆后的最⼩花费是多少。
因为是可以任意合并，所以每次合并的时候选最⼩的两堆合并，贪⼼即可。
⼆.有N堆⽯⼦，每堆的重量是a[i],排成⼀条直线,每次只能合并相邻的两堆，直到合成⼀堆为⽌，问最后的最⼩花费是多少。
分析：因为规定了只能合并相邻的两堆，显然不能使⽤贪⼼法。
分成⼦问题来考虑，定义dp[i][j]表⽰从第i的⽯⼦合并到第j个⽯⼦的最⼩花费，那么dp[1][N]就是问题的解。
可以推出dp[i][j] = min(dp[i][k]+dp[k+1][j]) k∈(i,j)初始时dp[i][j] = INF(i!=j) dp[i][i] = INF1 #include <iostream>2 #include <cstring>3 #include <cstdio>4 #include <string>5 #include <algorithm>6using namespace std;7int T, n;8int a[210], dp[210][210], sum[210], s[210][210];9//这⾥是数据量⽐较⼩10int INF = 99999999;11int main(){12while(scanf("%d", &n) != EOF){13 memset(sum, 0, sizeof(sum));14for(int i = 1; i <= n; i++){15 cin>>a[i];16 sum[i] = sum[i-1] + a[i];17 }18for(int i = 1; i <= n; i++){19for(int j = 1; j <= n; j++)20 dp[i][j] = INF;21 }22for(int i = 1; i <= n; i++) dp[i][i] = 0;2324for(int len = 2; len <= n; len++){ //表⽰归并的长度25for(int i = 1; i <= n-len+1; i++){ //归并的第⼀位26int j = i+len-1; //归并的最后⼀位27for(int k = i; k < j; k++){28 dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k+1][j] + sum[j] - sum[i-1]);29 }30 }31 }32 cout<<dp[1][n]<<endl;33 }34return0;35 }这样复杂度是O（N^3）可以利⽤四边形不等式优化到O（N^2）四边形不等式：如果对于任意的a≤b≤c≤d，有m[a,c] + m[b,d] <= m[a,d] + m[b,c]那么m[i,j]满⾜四边形不等式。
石子合并问题(矩阵连乘求解)
石子合并问题 (2011-11-14 21:06:38)描述：在一条直线上摆着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，合并花费为将的一堆石子的数量。
设计一个算法，将这N堆石子合并成一堆的总花费最小解析：采用动态递归，运用矩阵连乘思想即可解答此类题目源程序：#include <cstdlib>#include <cstdio>#include <cmath>#include <algorithm>using namespace std;#define MAXN 100int sum[MAXN][MAXN];int m[MAXN][MAXN];int t[MAXN][MAXN];int n, stone[MAXN];int MatrixChain_min( ){int min=0;for(int g =01;g<n;g++)m[g][g]=0;for(int i=0;i<n-1;i++){int j=i+1;m[i][j]=sum[i][j];}for(int r=3; r<=n;r++)for(int i=0;i<n-r+1;i++){int j = i+r-1;m[i][j] = m[i+1][j]+sum[i][j];t[i][j] = i;for(int k=i+1;k<j;k++){int l=m[i][k]+m[k+1][j]+sum[i][j];if(l < m[i][j]){ m[i][j] = l;t[i][j] = k;}}}min=m[0][n-1];return min;}int main(){ int i,j,q;scanf("%d", &n);for(i = 0; i < n; i++)scanf("%d", &stone[i]); for(i=0;i<n;i++){for(j=i+1;j<n;j++){int temp=0;for(q=i;q<=j;q++)temp=temp+stone[q];sum[i][j]=temp;}}int Best=MatrixChain_min(); printf("%d\n",Best);return 0;}。
动态规划-石子合并
目录
• 问题描述与背景 • 动态规划基础 • 石子合并问题动态规划解法 • 案例分析与实践 • 拓展应用与变体问题 • 总结与展望
问题描述与背景
01
石子合并问题介绍
问题描述
给定一个由正整数组成的环形数组，表示一堆环形排列的石子。每次操作可以选 择相邻的两堆石子进行合并，合并的代价为两堆石子的重量之和。求将所有石子 合并为一堆的最小代价。
算法性能评估与比较
时间复杂度分析
空间复杂度分析
动态规划算法的时间复杂度通常为 O(n^3)，其中n为石子的堆数。这是 因为需要枚举所有可能的区间和断点， 并进行状态转移。对于较大的n，可能 需要优化算法以降低时间复杂度。
动态规划算法的空间复杂度通常为 O(n^2)，其中n为石子的堆数。这是 因为需要使用一个二维数组来存储状 态转移的结果。可以通过滚动数组等 技巧优化空间复杂度。
与其他算法的比较
除了动态规划算法外，还可以使用贪 心算法、分治算法等来解决石子合并 问题。贪心算法通常具有较低的时间 复杂度，但可能无法得到最优解。分 治算法可以将问题分解为多个子问题 分别求解，但可能涉及大量的重复计 算。动态规划算法可以在保证得到最 优解的同时，避免重复计算，问题，且子问题的最优解 可以推出原问题的最优解。
无后效性
某个阶段的状态一旦确定， 则此后过程的发展不受此 前各段状态的影响。
石子合并问题动态规
03
划解法
状态定义与转移方程
状态定义
设 $f[i][ j]$ 表示将第 $i$ 堆到第 $j$ 堆石子合并成一堆的最 小/最大代价。
明确问题的边界条件，即最小子问题的解。
定义状态
为每个子问题定义一个状态，通常用一个数 组或哈希表来存储状态值。
石子合并区间DP模板题
⽯⼦合并区间DP模板题题⽬链接：题意N堆⽯⼦摆成⼀条线。
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堆⽯⼦合并成新的⼀堆，并将新的⼀堆⽯⼦数记为该次合并的代价。
计算将N堆⽯⼦合并成⼀堆的最⼩代价。
例如：1 2 3 4，有不少合并⽅法1 2 3 4 => 3 3 4(3) => 6 4(9) => 10(19)1 2 3 4 => 1 5 4(5) => 1 9(14) => 10(24)1 2 3 4 => 1 2 7(7) => 3 7(10) => 10(20)括号⾥⾯为总代价可以看出，第⼀种⽅法的代价最低，现在给出n堆⽯⼦的数量，计算最⼩合并代价。
输⼊第1⾏：N（2 <= N <= 100)第2 - N + 1：N堆⽯⼦的数量（1 <= A[i] <= 10000)输出输出最⼩合并代价样例输⼊41234样例输出19题解：这道题⽬如果其实我⾃⼰接触的时候还是很早的，我很早很早之前就在⼀场⽐赛当中接触到了这道题⽬，那是很久很久之前的⼀个春天，我⼤⼀的时候的⼀场校赛中，我唯⼀没有做出来TLE的题，因为当时还不知道记忆化搜索这个概念。
所以我当时的解法是⽤的dfs，没有使⽤记忆化进⾏剪枝。
这⾥的记忆化搜索其实可以对应动态规划的状态转移⽅程。
⾸先我们可以回到这道题⽬⾥⾯来，可以看到：区间[1..N]经过N-1次合并会获得最终的⼀个数，那么在经过N-2次合并的时候是会还剩2个数的，⽽且这两个数肯定还是连续的a[i]和a[i+1]，所以，如果我们设dp[i][j]表⽰合并区间[i,j]的最⼩代价，那么：dp[i][j] = min(dp[i][k] + dp[k+1][j]) + sum(i,j) , 其中k=i,i+1,...,j-1这⾥的sum(i,j)表⽰a[i]+a[i+1]+...+a[j]。
那么dp[i][j]怎么求呢，我们可以通过定义⼀个函数dfs(i,j)来求得，但是可以通过记忆化搜索进⾏剪枝优化，其实就是写DP的时候记录的⼀些中间结果对应的重叠⼦问题。
石子合并问题 三种类型
一：任意版有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，合并花费为将的一堆石子的数量。
设计一个算法，将这N堆石子合并成一堆的总花费最小（或最大）。
此类问题比较简单，就是哈夫曼编码的变形，用贪心算法即可求得最优解。
即每次选两堆最少的，合并成新的一堆，直到只剩一堆为止。
证明过程可以参考哈夫曼的证明过程。
二：直线版在一条直线上摆着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，合并花费为将的一堆石子的数量。
设计一个算法，将这N堆石子合并成一堆的总花费最小（或最大）。
如果熟悉矩阵连乘对这类问题肯定非常了解。
矩阵连乘每次也是合并相邻两个矩阵（只是计算方式不同）。
那么石子合并问题可用矩阵连乘的方法来解决。
那么最优子结构是什么呢？如果有N堆，第一次操作肯定是从n-1个对中选取一对进行合并，第二次从n-2对中选取一对进行合并，以此类推……设best[i][j]表示i-j合并的最优值, sum[i][j]表示第i堆石子到第j堆石子的总数量，递推公式如下：#include <cstdlib>#include <cstdio>#include <cmath>#include <algorithm>using namespace std;#define MAXN 100int sum[MAXN];int best[MAXN][MAXN];int n, stone[MAXN];int getBest(){//初始化，没有合并，花费为0for(int i = 0; i < n; ++i){best[i][i] = 0;}//还需进行合并次数for(int v = 1; v < n; ++v){//每次合并都是一条对角线,i表示行for(int i = 0; i < n - v; ++i){//根据第v次合并，现在更新i行值可以求出列的值int j = i + v;best[i][j] = INT_MAX;int add = sum[j] - (i > 0 ? sum[i - 1] : 0);//中间断开位置，取最优值for(int k = i; k < j; ++k){best[i][j] = min(best[i][j], best[i][k] + best[k + 1][j] + add);}}}return best[0][n - 1];}int main(){scanf("%d", &n);for(int i = 0; i < n; ++i)scanf("%d", &stone[i]);sum[0] = stone[0];for(int i = 1; i < n; ++i){sum[i] = sum[i - 1] + stone[i];}int best = getBest();printf("%d\n", best);return 0;}三：圆形版如果石子是排成圆形，其余条件不变，那么最优值又是什么呢？因为圆形是首尾相接的，初一想，似乎与直线排列完全成了两个不同的问题。
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石子合并问题
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：
代码如下：（直线）
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：
代码如下：（环形）
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define INF 10000
#define N 205
int mins[N][N];
int maxs[N][N];
int sum[N],a[N];
int minval,maxval;
int n;
int min(int a,int b)
{
return a<b?a:b;。