POJ1738 An old Stone Game

2021-09-28 04:29:44

题意

Language:Default

An old Stone Game

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Description

There is an old stone game.At the beginning of the game the player picks n(1<=n<=50000) piles of stones in a line. The goal is to merge the stones in one pile observing the following rules:

At each step of the game,the player can merge two adjoining piles to a new pile.The score is the number of stones in the new pile.

You are to write a program to determine the minimum of the total score.

Input

The input contains several test cases. The first line of each test case contains an integer n, denoting the number of piles. The following n integers describe the number of stones in each pile at the beginning of the game.

The last test case is followed by one zero.

Output

For each test case output the answer on a single line.You may assume the answer will not exceed 1000000000.

Sample Input

Sample Output

0
17
8

Source

LouTiancheng@POJ

分析

参照fanhqme的题解，此题解毫无用处。

石子合并（每次合并相邻的两堆石子，代价为这两堆石子的重量和，把一排石子合并为一堆，求最小代价）
是一个经典的问题。dp可以做到O(n*n)的时间复杂度，方法是：
设f[i,j]为合并从i到j的石子所用最小代价。
f[i,j]=min(sum(i,j)+f[i,k]+f[k+1,j])对所有i<=k<j，其中sum(i,j)表示从i到j的石子重量之和。
设上式取等时k的值为w[i,j]，有神牛证明过：w[i,j]>=w[i,j-1],w[i,j]<=w[i+1,j]
这样，枚举k的时候，就有了一个上下界，从而搞掉了一维。

而GarsiaWachs算法可以把时间复杂度压缩到O(nlogn)。
具体的算法及证明可以参见《The Art of Computer Programming》第3卷6.2.2节Algorithm G和Lemma W,Lemma X,Lemma Y,Lemma Z。
只能说一个概要吧：
设一个序列是A[0..n-1]，每次寻找最小的一个满足A[k-1]<=A[k+1]的k，（方便起见设A[-1]和A[n]等于正无穷大）
那么我们就把A[k]与A[k-1]合并，之后找最大的一个满足A[j]>A[k]+A[k-1]的j,把合并后的值A[k]+A[k-1]插入A[j]的后面。
有定理保证，如此操作后问题的答案不会改变。
举个例子：
186 64 35 32 103
因为35<103，所以最小的k是3，我们先把35和32删除，得到他们的和67，并向前寻找一个第一个超过67的数，把67插入到他后面
186 64（k=3,A[3]与A[2]都被删除了） 103
186 67（遇到了从右向左第一个比67大的数，我们把67插入到他后面） 64 103
186 67 64 103 （有定理保证这个序列的答案加上67就等于原序列的答案）
现在由5个数变为4个数了，继续！
186 （k=2,67和64被删除了）103
186 131（就插入在这里） 103
186 131 103
现在k=2（别忘了，设A[-1]和A[n]等于正无穷大）
234 186
420
最后的答案呢？就是各次合并的重量之和呗。420+234+131+67=852，哈哈，算对了。

证明嘛，基本思想是通过树的最优性得到一个节点间深度的约束，之后
证明操作一次之后的解可以和原来的解一一对应，并保证节点移动之后他所在的
深度不会改变。详见TAOCP。

具体实现这个算法需要一点技巧，精髓在于不停快速寻找最小的k，即维护一个“2-递减序列”
朴素的实现的时间复杂度是O(n*n)，但可以用一个平衡树来优化（好熟悉的优化方法），使得最终复杂度为O(nlogn)

事情并没有结束。
我在poj1738上看到了一个50000个数的石子合并，很痛苦地想：要写平衡树了:(
但是当我把朴素实现的代码
http://cid-354ed8646264d3c4.office.live.com/self.aspx/.Public/1738.cpp
交上去的时候，发现，AC了？！

为什么？
平方的复杂度，50000的数据......
我着手分析。
首先，每次combine()（见源代码）操作的时候，并不一定都会访问到整个数组。
从随机的角度来讲，新合并出来的石子堆相比那些已经合并许许多多次的石子堆来说，
并不是很“牛”。因为他并不很牛，所以j的值也不比k小得了多少。
并且我们维护的“2-递减”序列本身就有一个很强的序的关系，所以从某种感觉上讲，combine()递归调用的次数很少。

这只是一个感性的想法，实际上，它唯一能够提供给我们的想法是：隐藏在O(n*n)里的常数非常小！
有多小？自己测试一下，（我的笔记本比较慢）大约实际时间＝0.00000036*n*n毫秒
但即使这样，按照多组数据的时间换算一下，还是应该超时的呀。
看题目最后一句话：
For each test case output the answer on a single line.You may assume the answer will not exceed 1000000000.
这句话等价于：每个数都不会很大（要合并49999次呢！），继续等价于：有好多数是相同的。

即使这样，又有什么不同呢？
当然了！
我绘制了一幅平均每次k-j的值关于n的图像
其中橘红色的列是我生成的随机的实数作为数据测的结果，而蓝色的是随机生成的［1，1024］间的整数测得的结果。
很明显，小范围的数据大大“加速”了算法，甚至可能引起复杂度上的差异。

就是这样，让本该写一个平衡树的题用数组AC了。
呵呵。
呵呵。

代码

#include<iostream>
#define rg register
#define il inline
#define co const
template<class T>il T read(){
    rg T data=0,w=1;rg char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)) data=data*10+ch-'0',ch=getchar();
    return data*w;
}
template<class T>il T read(rg T&x) {return x=read<T>();}
typedef long long ll;

co int N=5e4+1;
int n,a[N],t,p,ans;
void work(int x){
    int k=a[x]+a[x-1];
    ans+=k;
    for(int i=x;i<t-1;++i) a[i]=a[i+1];
    --t;
    for(p=x-1;p&&a[p-1]<k;--p) a[p]=a[p-1];
    a[p]=k;
    while(p>=2&&a[p]>=a[p-2]){
        int d=t-p;
        work(p-1);
        p=t-d;
    }
}
void An_old_Stone_Game(){
    for(int i=0;i<n;++i) read(a[i]);
    t=1;
    ans=0;
    for(int i=1;i<n;++i){
        a[t++]=a[i];
        while(t>=3&&a[t-3]<=a[t-1]) work(t-2);
    }
    while(t>1) work(t-1);
    printf("%d\n",ans);
}
int main(){
    while(read(n)) An_old_Stone_Game();
    return 0;
}

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