NOI导刊 区间类型动态规划

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1、区间类动态规划长沙市雅礼中学 朱全民整数划分 给出一个长度为n的数 要在其中加m-1个乘号，分成m段 这m段的乘积之和最大 mA*B(相当于B个A相加) 同理可证明A,B为任意位也成立动态规划 可以先预处理出原数第i到j段的数值Ai,j是多少， 这样转移就方便了，预处理也要尽量降低复杂度 。 Fi，j表示把这个数前i位分成j段得到的最大乘积 。 Fi,j=Fk,j-1*Ak+1,i, 1ki=n, j=m 时间复杂度为Om2n 由于有10000组数据，因此估计时间复杂度为 10000*203=8*107 至于说输出，记录转移的父亲就可以了。石子合并 l 在一园形操场四周摆放N堆石子(N100)

2、； l 现要将石子有次序地合并成一堆； l 规定每次只能选相临的两堆合并成一堆,并将新的 一堆的石子数,记为该次合并的得分。 1. 选择一种合并石子的方案,使得做N-1次合并, 得分的总和最少 2. 选择一种合并石子的方案,使得做N-1次合并, 得分的总和最大示例贪心法 N=5 石子数分别为别为 3 4 6 5 4 2。用贪贪心法的合并过过程如下 ： 第一次 3 4 6 5 4 2得分 5 第二次 5 4 6 5 4得分9 第三次 9 6 5 4得分9 第四次 9 6 9得分15 第五次 15 9得分24 第六次24 总总分：62然而有更好的方案： 第一次3 4 6 5 4 2得分 7 第二次

3、7 6 5 4 2得分13 第三次13 5 4 2得分6 第四次13 5 6得分11 第五次 13 11得分24 第六次24 总总分：61显显然，贪贪心法是错误错误 的。 分析 假设只有2堆石子，显然只有1种合并方案 如果有3堆石子，则有2种合并方案，(1,2),3)和(1,(2,3) 如果有k堆石子呢？ 不管怎么合并，总之最后总会归结为2堆，如果我们把最 后两堆分开，左边和右边无论怎么合并，都必须满足最优 合并方案，整个问题才能得到最优解。如下图：动态规划 设ti,j表示从第i堆到第j堆石子数总和。 Fmax(i,j)表示将从第i堆石子合并到第j堆石子的最大的得分 Fmin(i,j)表示将从

4、第i堆石子合并到第j堆石子的最小的得分同理， Fmaxi,i = 0，Fmini,i = 0 时间复杂度为O(n3)优化 由于石子堆是一个圈，因此我们可以枚举分开的位置，首 先将这个圈转化为链，因此总的时间复杂度为O(n4)。 这样显然很高，其实我们可以将这条链延长2倍，扩展成 2n-1堆，其中第1堆与n+1堆完全相同，第i堆与n+i堆完全 相同，这样我们只要对这2n堆动态规划后，枚举 f(1,n),f(2,n+1),f(n,2n-1)取最优值即可即可。 时间复杂度为O(8n3),如下图：能量项链 在Mars星球上，每个Mars人都随身佩带着一串能量项链。 在项链上有N颗能量珠。 能量珠是一颗

5、有头标记与尾标记的珠子，这些标记对应着 某个正整数。 对于相邻的两颗珠子，前一颗珠子的尾标记一定等于后一 颗珠子的头标记。如果前一颗能量珠的头标记为m，尾标 记为r，后一颗能量珠的头标记为r，尾标记为n，则聚合后 释放的能量为mrn（Mars单位），新产生的珠子的头标 记为m，尾标记为n。 显然，对于一串项链不同的聚合顺序得到的总能量是不同 的，请你设计一个聚合顺序，使一串项链释放出的总能量 最大。 分析样例： N=4，4颗珠子的头标记与尾标记依次为 (2，3) (3，5) (5，10) (10，2)。 我们用记号表示两颗珠子的聚合操作，释放总能量： (41)2)3）=10*2*3+10*3*

6、5+10*5*10=710动态规划 该题与石子合并完全类似。 设链中的第i颗珠子头尾标记为(Si-1与Si)。 令F(i,j)表示从第i颗珠子一直合并到第j颗珠子所能 产生的最大能量，则有： F(i,j)=MaxF(i,k)+F(k+1,j)+Si-1*Sk*Sj, i=kj 边界条件：F(i,i)=0 1=ikj=n 至于圈的处理，与石子合并方法完全相同，时间 复杂度O(8n3) 。凸多边形的三角剖分 给定由N顶点组成的凸多边形 每个顶点具有权值 将凸N边形剖分成N-2个三角形 求N-2个三角形顶点权值乘积之和最小？ 样例上述凸五边形分成123 ， 135， 345三角形顶点权值乘积之和为：

7、 121*122*123+121*123*231+123*245*231= 12214884分析性质：一个凸多边形剖分一个三角形后，可以将 凸多边形剖分成三个部分： u一个三角形 u二个凸多边形（图2可以看成另一个凸多边形 为0）动态规划 如果我们按顺时针将顶点编号，则可以相邻两个顶点描 述一个凸多边形。 设f(i,j)表示ij这一段连续顶点的多边形划分后最小乘积 枚举点k，i、j和k相连成基本三角形，并把原多边形划分 成两个子多边形，则有 f(i,j)=minf(i,k)+f(k,j)+ai*aj*ak 1=ikj=n 时间复杂度O(n3)讨论为什么可以不考虑这种情况？ 可以看出图1和图2是

8、等价的，也就是说如果 存在图1的剖分方案，则可以转化成图2的剖 分方案，因此可以不考虑图1的这种情形。多边形（IOI98） 多角形是一个单人玩的游戏，开始时 有一个N个顶点的多边形。如图，这 里N=4。每个顶点有一个整数标记， 每条边上有一个“+”号或“*”号。边从 1编号到N。第一步，一条边边被拿走；随后各步包 括如下： 选择选择 一条边边E和连连接着E的两个顶顶点 V1和 V2； 得到一个新的顶顶点，标记为标记为 V1与V2 通过边过边 E上的运算符运算的结结果。 最后，游戏中没有边，游戏的得分为 仅剩余的一个顶点的值。 样例分析 分析 我们先枚举第一次删掉的边，然后再对每种状 态进行动态

9、规划求最大值 。 用f(i,j)表示从点i到点j进行删边操作所能得 到的最大值，num(i)表示第i个顶点上的数，若 为加法，那么：进一步分析 最后，我们允许顶点上出现负数。以前的方程还适不适 用呢？ 这个例子的最优解应该是（3+2）*（-10）*（-5）=250 ，然而如果沿用以前的方程，得出的解将是（-10） *3+2）*（-5）=125。为什么？ 我们发现，两个负数的积为正数；这两个负数越小，它 们的积越大。我们从前的方程，只是尽量使得局部解最 大，而从来没有想过负数的积为正数这个问题。 -1032-5*图六+分析 对于加法，两个最优相加肯定最优，而对于乘法 求最大值： 正数正数，如果两

10、个都是最大值，则结果最大 正数负数，正数最小，负数最大，则结果最大 负数负数，如果两个都是最小值，则结果最大 求最小值： 正数正数，如果两个都是最小值，则结果最小 正数负数，正数最大，负数最小，则结果最小 负数负数，如果两个都是最大值，则结果最小最终？ 我们引入函数fmin和fmax来解决这个问题。 fmax(i,j) 表示从点i开始，到但j为止进行删 边操作所能得到的最大值，fmin(i,j) 表示最 小值。 当OP=+Fmax(i,j)=maxfmax(i,k)+fmax(k+1,j)Fmin(i,j)=minfmin(i,k)+fmin(k+1,j)当OP=*完美解决 初始值值Fmax(

11、i,i)=num(i)Fmin(i,i)=num(i) 1=i=k=j=n 空间间复杂杂度:O(n2) 时间时间 复杂杂度:先要枚举举每一条边为边为 O(n)， 然后动态规动态规 划为为O(n3 )，因此总为总为 O(n4) 。棋盘分割 将一个的棋盘进行如下分割：将原棋盘割下一块矩 形棋盘并使剩下部分也是矩形，再将剩下的部分继续如此 分割，这样割了(n-1)次后，连同最后剩下的矩形棋盘共有 n块矩形棋盘。(每次切割都只能沿着棋盘格子的边进行)允许的分割方案 不允许的分割方案任务： 棋盘上每一格有一个分值，一块矩形棋盘的总 分为其所含各格分值之和。现在需要把棋盘按上述规则分割成n块矩形棋盘，并使

12、各矩形棋 盘总分的均方差最小。 均方差 ： 算术平均值 ：样例 输入 3 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 0 3 输出 1.633均方差公式化简分析 由化简后的均方差公式： 可知，均方差的平方为每格数的平方和除以n，然 后减去平均值的平方，而后者是一个已知数。 因此，在棋盘切割的各种方案中，只需使得每个棋 盘内各数值的平方和最小即可。 因此，我们需要求出各棋盘分割后的每个棋盘各数

13、平方和的最小值，设为w，那么 答案为：棋盘切割后的四种情况动态规划 设F(i,x1,y1,x2,y2)表示以x1,y1x2,y2为四边形对角线 的棋盘切割成k块的各块数值总平方和的最小值， 则有： 1=X1,x2,x3,x4=8,1=i=n。 设棋盘边长为m,则状态数为nm4 ,决策数最多m。 先预处理从左上角(1,1)到右下角(i,j)的棋盘和时间 复杂度为O(m2)，因此转移为O(1),总时间复杂度为 O(nm5)。总结 该类问题的基本特征是能将问题分解成为两两合并的形式 。解决方法是对整个问题设最优值，枚举合并点，将问题 分解成为左右两个部分，最后将左右两个部分的最优值进 行合并得到原问题的最优值。有点类似分治的解题思想。 设前i到j的最优值，枚举剖分（合并）点，将(i,j)分成左右 两区间，分别求左右两边最优值，如下图。 状态转移方程的一般形式如下：F(i,j)=MaxF(i,k)+F(k+1,j)+决策，k为划分点