C++动态规划经典案例解析之合并石子
1. 前言
区间类型问题,指求一个数列中某一段区间的值,包括求和、最值等简单或复杂问题。此类问题也适用于动态规划思想。
如前缀和
就是极简单的区间问题。如有如下数组:
int nums[]={3,1,7,9,12,78,32,5,10,11,21,32,45,22}
现给定区间信息[3,6]
,求区间内所有数字相加结果。即求如下图位置数字之和。
Tips: 区间至少包括
2
个属性,起始端和结束端,求和范围包含左端和右端数字。
直接的解法:
- 累加数组中
0~6
区间的值s1
。 - 累加数组中
0~2
区间的值s2
。 - 将
s1
中的值减去s2
中的值。得到最终结果。
如果对任意区间的求解要求较频繁,会存在大量的重复计算。如分别求区间[2,5]
和[1,5]
之和时,分析可知区间[1,5]
结果等于区间[2,5]
的结果加上nums[1]
的值,或者说区间[2,5]
的值等于[1,5]
的值减nums[1]
。简而言之,只需要求出一个如上两个区间中一个区间的值,另一个区间的值就可得到。
为了减少重复计算,可使用区间缓存理念记录0~
至任意位置的和。
如上的问题便是简单的区间类型问题,解决此类问题的方案称为简单区间类型动态规划。dp
数组也可称为前缀和数组。
编码实现:
#include <iostream>
using namespace std;
int main() {int nums[]= {3,1,7,9,12,78,32,5,10,11,21,32,45,22};int dp[100];int size=sizeof(nums)/sizeof(int);for(int i=0; i<size; i++) {if(i==0){//base case dp[i]=nums[i];}else{dp[i]=dp[i-1]+nums[i];}}//输出dp信息for(int i=0; i<size; i++) {cout<<dp[i]<<"\t";}return 0;
}
有了前缀和数组,计算任意区间数字和的公式为:
//[l,r]:l表示左端位置,r表示右端位置
dp[r]-dp[l-1];
如下代码实现,输入任意区间信息,输出区间和信息。
#include <iostream>
using namespace std;
int main() {int nums[]= {3,1,7,9,12,78,32,5,10,11,21,32,45,22};int dp[100];int size=sizeof(nums)/sizeof(int);for(int i=0; i<size; i++) {if(i==0) {//base casedp[i]=nums[i];} else {dp[i]=dp[i-1]+nums[i];}}//输出dp信息for(int i=0; i<size; i++) {cout<<dp[i]<<"\t";}cout<<endl;int l,r,sum;while(1) {cin>>l>>r;if(l==-1)break;sum=dp[r]-dp[l-1];cout<<sum<<endl;}return 0;
}
前缀和
是区间动态规划的极简单应用,下文继续讲解几道典型的区间类型问题。
2. 典型案例
2.1 石子合并
问题描述:
设有N(N<=300)
堆石子排成一排,其编号为1,2,3...N
,每堆石子有一定的质量m[i] (m[i]<=1000)
。现在要将这N
堆石子合并成为一堆,每次只能合并相邻的两堆,合并的代价为这两堆石子的质量之和,合并后与这两堆石子相邻的石子将和新堆相邻。合并时由于选择的顺序不同,合并的总代价也不相同。试找出一种合理的方法,使总的代价最小,并输出最小代价。
此问题为什么也是区间类型问题?
先看几个样例。如有编号为 1,2,3 的 3
堆石子,质量分别为 1,2,3
。则合并方案有如下 2
种:
- 合并编号为
1、2
的石子,合并代价为3
,再合并新堆和第3
堆石子,代价为6
。总代价为9
。 - 合并编号为
2、3
的石子,合并代价为5
,再合并新堆和第1
堆石子,代价为6
。总代价为11
。
通过上述合并过程,可得到如下有用的结论:
- 任意相邻两堆石子合并的结果是以这两堆石子的编号作为左、右边界的区间和。如合并编号
1,2
的石子,代价为区间[1,2]
的和 。合并编号为2、3
的石子,结果为区间[2,3]
的和。
-
无论采用何种合并方案,最后一次合并都是相当于求整个数列的和。
如样例所示,两种合并方案的代价分别为
3,5
,取最小值3
再加上所有石子的质量和6
,即为最后答案9
。
-
对于
n
堆的石子,可以随意在中间画出一条分割线,把n
堆石子抽象成左、右2
堆石子(两个区间),根据上述分析,可知最后一次的合并值为这2
堆石子的质量总和。但是,左堆不是真正意义上只有一堆石子,是由许多石子堆组成的一个逻辑整体,有其内部的合并方案,且不止一种,站在宏观的角度,不用关心其内部如何变化,只需关心多种合并方案的最小值是多少。同理,也只需关心右堆最终返回的最佳值。
所以,求解问题可以抽象成:
最终合并最小值=所有石子堆的总质量值+左堆最小合并值+右堆最小合并值
如果原始问题是一个根问题,则求解左堆或右堆的最佳合并值就是一个子问题,所以,合并石子这道题本质是符合递归特点的。
既然符合递归特点,现在就要考虑如何划分子问题。
绘制如下图递归树,根问题为原始问题,区间划分可以从第一堆石子开始,然后再移动分割线,最后再在多个子问题返回值中取最小值。
Tips: 如果只有一堆石子,则代价为
0
。
编码实现:
- 初如化变量。
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
//石子质量
int sz[100]={0};
//石子堆数量
int n;
//前缀和
int s[100]={0};
- 初始化石子信息和前缀和。
/*
* 初始化
*/
void init(){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>sz[i];}//动态规划计算前缀和for(int i=1;i<=n;i++){s[i]=s[i-1]+sz[i];}
}
- 递归实现,子问题是一个区间问题,由左、右分界线确定。
int getSz(int l,int r) {//只有一堆石子,返回 0if(l==r)return 0;int res=1<<30;//得到区间的和,最后一次合并值int sum=s[r]-s[l-1];//计算可分方案,且返回所有分割方案中的最小值for(int k=l; k<r; k++) {res=min(res, getSz(l,k) + getSz(k+1,r) );}//返回最后一次合并的值加上左、右区间的合并值return sum+res;
}
- 测试。
int main() {init();int res= getSz(1,n);cout<<res;return 0;
}
是否存在重叠子问题?
如下图所示,当石子堆更多时,重叠子问题更多。
使用记忆搜索解决重叠子问题。
//记忆数组
int dp[100][100]={0};
int getSz(int l,int r) {//只有一堆石子,返回 0if(l==r)return 0;if(dp[l][r]!=0)return dp[l][r];int res=1<<30;//得到区间的和,最后一次合并值int sum=s[r]-s[l-1];//计算可分方案,且返回所有分割方案中的最小值for(int k=l; k<r; k++) {res=min(res, getSz(l,k) + getSz(k+1,r) );}return dp[l][r]=sum+res;
}
递归是由上向下逐步向子问题求助,类似问题也可以采用由下向上的动态规划方案实现。基本思路,每一次合并过程,先两两合并,再三三合并,…最后N
堆合并。
/*
*动态规划
*/
int dpSz() {int ans=0;//初始化dp 数组for (int i = 1; i <= n; i++) {for(int j=1; j<=n; j++) {dp[i][j]=1<<30;}//一堆石子的值为 0dp[i][i] = 0;}//从长度为 1 的区间开始扫描,逐步增加区间的长度for (int len = 1; len < n; len++)//左边界for (int i = 1; i < n; i++) {//右边界int j = i + len;//左右之间的所有子区间for (int k = i; k < j; k++) {dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k + 1][j] + s[j] - s[i - 1]);}ans=max(ans,dp[i][j]);}return ans;
}
测试:
int main() {init();int res=dpSz();cout<<"动态规划方案:"<<res<<endl;printf("%d\n", dp[1][n]);return 0;
}
2.2 石子合并 II
问题描述:
有 n 堆石子围成一个圈,第 i
堆石子有 a[i]
颗,每次我们可以选择相邻的两堆石子合并,代价是两堆石子数目的和,现在我们要一直合并这些石子,使得最后只剩下一堆石子,问总代价最少是多少?
因为首尾可合并,相比较上述问题,差异在于增加合并的方案。
那么,到底增加了那些合并?
假设石子有 3
堆,每堆的质量分别为 1 2 3
。
如果考虑环形问题,则任何数字都可以为头、为尾,则会出现如下几种数列。
-
1 2 3
-
2 3 1
-
3 1 2
可以理解,数列变成如下 形式,即将环形变成线性。
动态规划实现:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int n, a[501], f[501][501], s[501];int main() {scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%d", &a[i]);a[n + i] = a[i];} for (int i = 1; i <= 2 * n; i++)s[i] = s[i - 1] + a[i];memset(f, 127, sizeof(f));for (int i = 1; i <= 2 * n; i++)f[i][i] = 0;for (int l = 1; l < 2 *n; l++)for (int i = 1; i <= 2 * n - l; i++) {int j = i + l;for (int k = i; k < j; k++)f[i][j] = min(f[i][j], f[i][k] + f[k + 1][j] + s[j] - s[i - 1]);}int ans = 1 << 30;for (int i = 1; i <= n; i++)ans = min(ans, f[i][i + n - 1]);printf("%d\n", ans);
}
3. 总结
沉淀过程是一种修行。
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