石子合并一章通（环形石子合并，四边形不等式，GarsiaWachs算法）（内附封面）

[NOI1995] 石子合并

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。

试设计出一个算法,计算出将 $N$ 堆石子合并成 $1$ 堆的最小得分和最大得分。

输入格式

数据的第 $1$ 行是正整数 $N$，表示有 $N$ 堆石子。

第 $2$ 行有 $N$ 个整数，第 $i$ 个整数 $a_i$ 表示第 $i$ 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。

样例 #1

样例输入 #1

4
4 5 9 4

样例输出 #1

43
54

提示

$1\le N\le 100$，$0\le a_i\le 20$。

前置弱化版题目，石子合并（洛谷p1775）

做法1

单链复制，破环为链
本质上在时间复杂度没有变化，只是对于环形区间dp的一种做法

为什么长度为n的环可以看做长度为2n的链？

• 因为n堆石子会合并n-1次，就像并查集一样，最后总会刚好有两端是没有连接的，所以计算最大值可以这样算，然后从中选取长度为n且分数最大的一段链。

例： 对于序列$1234$,复制为$1234$$1234$，前缀和求法不变

方程

$$dp\_min[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1])$$
$$dp\_max[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1])$$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=303;
ll f_min[N][N],f_max[N][N],sum[N];
int main()
{int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&sum[i]),sum[i+n]=sum[i];memset(f_min,0x3f,sizeof f_min);//注意求f_min需要初始化for(int i=1;i<=2*n;i++){f_min[i][i]=0;//与自己合并价值为0sum[i]+=sum[i-1];//求前缀和，这是一种写法}for(int len=2;len<=n;len++)//dp部分，枚举区间长度{for(int i=1;i+len-1<=2*n;i++)//枚举左端点{int j=i+len-1;//右端点for(int k=i;k<j;k++)//枚举一个合适的中间点合并{f_max[i][j]=max(f_max[i][j],f_max[i][k]+f_max[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]);//求maxf_min[i][j]=min(f_min[i][j],f_min[i][k]+f_min[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]);//求min，他们的实现原理是相同的，方程也基本相同}}}ll ansmax=0,ansmin=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;for(int i=1;i<=n;i++){ansmin=min(ansmin,f_min[i][i+n-1]);//寻找长度为n的答案区间ansmax=max(ansmax,f_max[i][i+n-1]);}printf("%lld\n",ansmin);printf("%lld",ansmax);return 0;
} 

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做法2

四边形不等式
这是一种对于部分区间动态规划的优化方法，本蒟蒻讲的不明白，建议去看这个

简单来说，四边形不等式长这样：（w代表区间价值）
$$对所有i<i^{\prime }<j<j^{\prime }，都有w(i,j)+w(i^{\prime },j^{\prime })<=w(i,j^{\prime })+w(i^{\prime },j)$$
若满足上述条件，则满足使用四边形不等式的条件
只有满足$w[i][j]$是关于 i 和 j 的二元函数时才能讨论单调性和四边形不等式的问题。

定理：

• 如果$w[i,j]$满足四边形不等式和单调性，则用dp计算dp[][]的时间复杂度是$O(n^2)$的
• 对于$dp\_min[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1])$，如果$w[i,j]$满足四边形不等式，那么$dp[i][j]$也满足四边形不等式。（dp_max同理）
• 记录$s[i][j]$为$dp[i][j]$取得最优值时的分割点，如果dp满足四边形不等式，那么$s[i][j-1]<=s[i][j]<=s[i+1][j]$

使用

看着原理很复杂，但对于求最小值的实现其实很简单，只需要把最后一层循环更改为$s[i][j-1]<=k<=s[i+1][j]$即可
但是！求最大值不能用四边形不等式，
因为最大值不满足单调性，
但最大值有一个性质，
即总是在两个端点的最大者中取到。

为什么最大值从可以两个端点的最大者取得？
首先可以把最后一步看成两堆石子合并，倒数第二部看成三堆石子中的两堆合并，再与第三堆合并。
那三堆中哪两堆合并呢？
(用w[i]表示第i堆重量)
前两堆:w1=2w[1]+2w[2]+w[3]w1=2w[1]+2w[2]+w[3]
后两堆:w2=w[1]+2w[2]+2w[3]w2=w[1]+2w[2]+2w[3]（自行推导)
所以应该将1号和3号中较大的一堆与第2堆合并，也就是把一堆合并得尽可能大，所以就有
因此对于最大值有以下方程
$$dp\_max=max(dp\_max[i][j-1],dp\_max[i+1][j])+sum[j]-sum[i-1]$$

注意！求$dp\_min$时不能直接修改$dp\_min[i][j]$，因为在更改时会影响循环内的部分值

写法1

for(int len=2;len<=n;len++){for(int i=2*n-1;i>0;i--){//注意反推，存在f_min[i+1][j]int j=i+len-1;int tmp=INF,s_tmp=0;f_max[i][j]=max(f_max[i][j-1],f_max[i+1][j])+sum[j]-sum[i-1];for(int k=s_min[i][j-1];k<=s_min[i+1][j];k++){if(f_min[i][k]+f_min[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]<tmp){tmp=f_min[i][k]+f_min[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1];s_tmp=k;}}s_min[i][j]=s_tmp;f_min[i][j]=tmp;}}

写法2

	for(int i=n*2-1;i>0;i--){for(int j=i+1;j<=n*2;j++){//注意反推，存在f_min[i+1][j]int tmp=INF,s_tmp=0;f_max[i][j]=max(f_max[i][j-1],f_max[i+1][j])+sum[j]-sum[i-1];for(int k=s_min[i][j-1];k<=s_min[i+1][j];k++){if(f_min[i][k]+f_min[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]<tmp){tmp=f_min[i][k]+f_min[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1];s_tmp=k;}}s_min[i][j]=s_tmp;f_min[i][j]=tmp;}}

完整AC CODE（同样两种写法，本质相同，只是循环有略微的差异）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=303;
const int INF=0x3f3f3f3f;
ll f_min[N][N],f_max[N][N],sum[N];
ll s_min[N][N];
int main()
{int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&sum[i]);sum[i+n]=sum[i];}memset(f_min,0x3f,sizeof f_min);for(int i=1;i<=2*n;i++){f_min[i][i]=0;sum[i]+=sum[i-1];s_min[i][i]=i;//s_max[i][i]=i;}for(int i=n*2-1;i>0;i--){//写法1for(int j=i+1;j<=n*2;j++){//注意反推，存在f_min[i+1][j]int tmp=INF,s_tmp=0;f_max[i][j]=max(f_max[i][j-1],f_max[i+1][j])+sum[j]-sum[i-1];for(int k=s_min[i][j-1];k<=s_min[i+1][j];k++){if(f_min[i][k]+f_min[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]<tmp){f_min[i][j]=f_min[i][k]+f_min[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1];s_min[i][j]=k; }}s_min[i][j]=s_tmp;f_min[i][j]=tmp;}}/*for(int len=2;len<=n;len++){	//写法2for(int i=2*n-1;i>0;i--){//注意反推，存在f_min[i+1][j]int j=i+len-1;int tmp=INF,s_tmp=0;f_max[i][j]=max(f_max[i][j-1],f_max[i+1][j])+sum[j]-sum[i-1];for(int k=s_min[i][j-1];k<=s_min[i+1][j];k++){if(f_min[i][k]+f_min[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]<tmp){tmp=f_min[i][k]+f_min[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1];s_tmp=k;}}s_min[i][j]=s_tmp;f_min[i][j]=tmp;}}*/ll ansmax=0,ansmin=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;for(int i=1;i<=n;i++){ansmin=min(ansmin,f_min[i][i+n-1]);ansmax=max(ansmax,f_max[i][i+n-1]);}cout<<ansmin<<endl;cout<<ansmax<<endl;return 0;
} 

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做法3 GarsiaWachs

这个算法可以说专为石子合并所生，对本题来说这个算法就相当于大炮打蚊子，
经过平衡树优化后它的时间复杂度为$O(nlogn)$

使用这个算法解决的石子合并是这个（戳我直达洛谷p5565）

该算法的步骤如下：

1. 假设存在$A[0]$和$A[n+1]$，将它们的值设为无穷大。
2. 从$1$到$n$，找到第一个$k$使$A[k-1]<=A[k+1]$，保存这个$k$。
3. 定义一个临时变量$temp$，使$temp=A[k-1]+A[k]$，同时$ans=temp$。
4. 从$1$到$k-1$，找到第一个 $i$ 使$A[i]>temp$，保存这个$i$。
5. 从表A 中同时删除$A[k-1]$ 和$A[k]$。
6. 在 $i$ 之后插入一个$temp$。
7. 重复步骤2到6共循环$n-1$次，最后$ans$即为答案。

这个算法可以帮助我们找到最小的合并次数，以使得石子合并的得分总和最小。

简单理解版：

因为合并$a,b,c$有两种合并方式，价值分别为$a+2b+2c$和$2a+2b+c$，因此我们只需要比较 $a$ 和 $c$ 即可，于是先合并$a<c$的，完了之后如果还有剩就从右边开始合并$bc$

合并 $ab$ 的时候，合并之后插入从左边数第一个大于他的数的后面开始（原因本蒟蒻也不理解www）

具体的实现可以用邻接表或者vector，以下给出vector的做法

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6;
const int INF=0x7f7f7f7f;
int a[N],n,tmp;
long long int ans=0;
vector<int> v;
void work(){int kk=v.size()-2,q=-1,tmp;//for(int k=0;k<v.size()-2;k++){//如果我们在A[0]到A[n-3]找不到A[k]<=A[k+2]，那么k的值应该为n-2if(v[k]<=v[k+2]){kk=k;break;}}tmp=v[kk]+v[kk+1];for(int i=kk-1;i>=0;i--){//从右往左找第一个 if(v[i]>tmp){q=i;break;}}v.erase(v.begin()+kk);v.erase(v.begin()+kk);//删除元素v.insert(v.begin()+q+1,tmp);//因为是在后面插入，所以要+1ans+=tmp;//答案累加return;
}
int main(){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);v.push_back(a[i]);}for(int t=1;t<=n-1;t++){work();}printf("%lld",ans);return 0;
}

ps： 这玩意看着简单打起来好多坑

完结撒花~~~ （终于写完了）

附封面