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）

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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 N 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 2 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 N N 堆石子合并成 1 1 1 堆的最小得分和最大得分。

输入格式

数据的第 1 1 1 行是正整数 N N N，表示有 N N N 堆石子。

第 2 2 2 行有 N N N 个整数，第 i i i 个整数 a i a_i ai​ 表示第 i i i 堆石子的个数。

输出格式

输出共 2 2 2 行，第 1 1 1 行为最小得分，第 2 2 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 ≤ N ≤ 100 1\leq N\leq 100 1≤N≤100， 0 ≤ a i ≤ 20 0\leq a_i\leq 20 0≤ai​≤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 1 2 3 4 1\space2\space3\space4\space 1 2 3 4 ,复制为 1 2 3 4 1\space2\space3\space4\space 1 2 3 4  1 2 3 4 1\space2\space3\space4\space 1 2 3 4 ，前缀和求法不变

方程

d p _ m i n [ i ] [ j ] = m i n ( d p [ i ] [ j ] , d p [ i ] [ k ] + d p [ k + 1 ] [ j ] + s u m [ j ] − s u m [ i − 1 ] ) dp\_min[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]) dp_min[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]−sum[i−1])
d p _ m a x [ i ] [ j ] = m a x ( d p [ i ] [ j ] , d p [ i ] [ k ] + d p [ k + 1 ] [ j ] + s u m [ j ] − s u m [ i − 1 ] ) dp\_max[i][j]=max(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 ′ < j < j ′ ，都有 w ( i , j ) + w ( i ′ , j ′ ) < = w ( i , j ′ ) + w ( i ′ , j ) 对所有i<i'<j<j'，都有w(i,j)+w(i',j')<=w(i,j')+w(i',j) 对所有i<i′<j<j′，都有w(i,j)+w(i′,j′)<=w(i,j′)+w(i′,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 ] w[i][j] 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 ] w[i,j] 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 ) O(n^2) O(n2)的
• 对于 d p _ m i n [ i ] [ j ] = m i n ( d p [ i ] [ j ] , d p [ i ] [ k ] + d p [ k + 1 ] [ j ] + s u m [ j ] − s u m [ i − 1 ] ) dp\_min[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]) 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 ] w[i,j] w[i,j]满足四边形不等式，那么 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]也满足四边形不等式。（dp_max同理）
• 记录 s [ i ] [ j ] s[i][j] s[i][j]为 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] 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 ] s[i][j-1]<=s[i][j]<=s[i+1][j] 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 ] s[i][j-1]<=k<=s[i+1][j] 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
d p _ m a x = m a x ( d p _ m a x [ i ] [ j − 1 ] , d p _ m a x [ i + 1 ] [ j ] ) + s u m [ j ] − s u m [ i − 1 ] dp\_max=max(dp\_max[i][j-1],dp\_max[i+1][j])+sum[j]-sum[i-1] dp_max=max(dp_max[i][j−1],dp_max[i+1][j])+sum[j]−sum[i−1]

注意！求 d p _ m i n dp\_min dp_min时不能直接修改 d p _ m i n [ i ] [ j ] dp\_min[i][j] 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 ( n l o g n ) O(nlogn) 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 ] A[0] A[0]和 A [ n + 1 ] A[n+1] A[n+1]，将它们的值设为无穷大。
2. 从 1 1 1到 n n n，找到第一个 k k k使 A [ k − 1 ] < = A [ k + 1 ] A[k-1] <= A[k+1] A[k−1]<=A[k+1]，保存这个 k k k。
3. 定义一个临时变量 t e m p temp temp，使 t e m p = A [ k − 1 ] + A [ k ] temp = A[k-1] + A[k] temp=A[k−1]+A[k]，同时 a n s = t e m p ans = temp ans=temp。
4. 从 1 1 1到 k − 1 k-1 k−1，找到第一个 i i i 使 A [ i ] > t e m p A[i] > temp A[i]>temp，保存这个 i i i。
5. 从表A 中同时删除 A [ k − 1 ] A [ k-1 ] A[k−1] 和 A [ k ] A[k] A[k]。
6. 在 i i i 之后插入一个 t e m p temp temp。
7. 重复步骤2到6共循环 n − 1 n-1 n−1次，最后 a n s ans 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 a,b,c a,b,c有两种合并方式，价值分别为 a + 2 b + 2 c a+2b+2c a+2b+2c和 2 a + 2 b + c 2a+2b+c 2a+2b+c，因此我们只需要比较 a a a 和 c c c 即可，于是先合并 a < c a<c a<c的，完了之后如果还有剩就从右边开始合并 b c bc bc

合并 a b ab 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