美團–合并金幣

文章目錄

• 美團--合并金幣
• • 一、題目描述
  • 二、分析
  • 三、代碼

一、題目描述

同樣還是兩道一樣的題！！！

二、分析

• 拿到題目，看到相鄰兩字，就考慮動態規劃問題。
• 這里第一步確定dp[i][j]是什么意思，我這里規定dp[i][j]就是從第i個位置開始到第j個位置結束，這一堆合并金幣所需的最小成本。
• 第二步 確定狀態轉移方程

打個比方說如果輸入4個數 2 3 6 1（為了方便理解，我把下標定為從1開始 到4結束）
那我們就先比方說dp[1,3]也就是從第一個位置到第三個位置結束，那也就是2 3 6的最小成本數，我們有兩種情況：
從2到3 是一堆，然后6是一堆；
2是一堆，3 到6是一堆。
那么我們這個dp[1][3]的公式就是dp[1][2]+dp[3][3]+2+3+6或dp[1,1]+dp[2][3]+2+3+6；
后面的2+3+6的意思是最后一次的成本數，也就是不管你是從哪個開始到哪個結束，最后一次的成本永遠是從開始到結束的總和。

比如說如果是從2 3為一堆先開始，那就是2 3 6=>5 6(5)=>11(5+11) 括號里是成本數。

• 那我們現在可以確定dp[i][j]的公式就是設置一個變量k；i<=k<j，dp[i][j]=dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i][k] + dp[k + 1][j] + lastMoney); 這個k是放在循環里的。
• 接下來就是具體怎么放到代碼當中了
• 既然讓我求解在一個區間上的最優解，那么我把這個區間分割成一個個小區間，求解每個小區間的最優解，再合并小區間得到大區間即可。
• 所以在代碼實現上，我可以枚舉區間長度len為每次分割成的小區間長度（由短到長不斷合并），內層枚舉該長度下可以的起點，自然終點也就明了了。
• 然后在這個起點終點之間枚舉分割點，求解這段小區間在某個分割點下的最優解。

//枚舉長度 for(int len = 1;len <= n;len++) {//枚舉起點，ends<=nfor(int j = 1;j + len <= n + 1;j++){int ends = j + len - 1;//枚舉分割點，更新小區間最優解for(int i = j;i < ends;i++){dp[j][ends] = min(dp[j][ends],dp[j][i] + dp[i + 1][ends] + something);}}}

• 第三部 給出base case

for(int i = 1; i <= n ;i++) dp[i][i] = 0;

• 因為還沒合并，花費當然為0嘍

三、代碼

#include<bits/stdc++.h> using namespace std;const int maxn = 105; int n; int num[maxn]={0}; int dp[maxn][maxn]={0}; int cost[maxn][maxn]={0};int main() {cin>>n;for(int i = 1;i <= n;i++) cin>>num[i];memset(dp,0x3f,sizeof(dp));//花費初始化for(int i = 1; i <= n;i++){for(int j = i; j <= n ;j++){for(int k = i; k <= j; k++){cost[i][j] += num[k];}}}//base casefor(int i = 1; i <= n ;i++) dp[i][i] = 0;//枚舉每個小區間，小區間的長度為lenfor(int len = 2; len <= n;len++){//小區間的起始位置for(int l = 1; l <= n - len + 1 ;l++){//小區間的結束位置int r = l + len - 1;//枚舉該區間內的最優解for(int k = l ; k < r; k++){dp[l][r] = min(dp[l][r],dp[l][k] + dp[k + 1][r] + cost[l][r]);}}}cout<<dp[1][n]<<endl;return 0; }

總結

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