文章目录
- 解决"区间划分"问题的一般方法论
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- 方法论：解决区间划分问题的四步法
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- [1. 问题分析与建模](#1. 问题分析与建模)
- [2. 动态规划状态的定义](#2. 动态规划状态的定义)
- [3. 状态转移方程](#3. 状态转移方程)
- [4. 初始条件与边界](#4. 初始条件与边界)
- 方法论应用：最小和最大石子合并得分
解决"区间划分"问题的一般方法论
在算法竞赛和动态规划领域，"区间划分"问题是一类重要的题型。它们的共同点是：
- 一个序列需要按某种规则被分成若干部分，
- 通过特定操作合并这些部分，达到最优目标（最小化或最大化某个值）。
这类问题需要我们构造合适的动态规划模型，掌握核心思路后，可以灵活解决多种场景下的区间划分问题。
方法论：解决区间划分问题的四步法
1. 问题分析与建模
对于"区间划分"问题，通常会问：
- 给定一个序列或区间，如何通过某种方式划分（或合并）使得某种代价最小化或收益最大化？
我们需要：
- 定义一个合理的状态表示当前问题的局部最优解。
- 找到问题的递归关系，即如何用更小的子问题求解当前问题。
2. 动态规划状态的定义
核心是找到一个合适的状态表示：
- 令
dp[i][j]表示某个区间[i, j]的最优解 - 比如，合并区间的最小代价或最大收益：
- 根据题目要求，
dp[i][j]的定义可以是：- 从第
i堆到第j堆合并的最小得分。 - 从第
i堆到第j堆合并的最大得分。 - 等等。
- 从第
3. 状态转移方程
为了求解 dp[i][j]，需要找到如何将 [i, j] 分成两部分，从而通过递归子问题解决区间问题：
- 通常通过一个分割点
k，将区间[i, j]分成两部分[i, k]和[k+1, j]。 - 我们假设
[i, k]和[k+1, j]的最优解已经通过dp数组计算出来，那么：
d p [ i ] [ j ] = min i ≤ k < j ( d p [ i ] [ k ] + d p [ k + 1 ] [ j ] + 额外的代价 ) dp[i][j] = \min_{i \leq k < j} (dp[i][k] + dp[k+1][j] + \text{额外的代价}) dp[i][j]=i≤k<jmin(dp[i][k]+dp[k+1][j]+额外的代价)
或者：
d p [ i ] [ j ] = max i ≤ k < j ( d p [ i ] [ k ] + d p [ k + 1 ] [ j ] + 额外的收益 ) dp[i][j] = \max_{i \leq k < j} (dp[i][k] + dp[k+1][j] + \text{额外的收益}) dp[i][j]=i≤k<jmax(dp[i][k]+dp[k+1][j]+额外的收益)
额外的代价或收益通常与当前区间 [i, j] 的属性相关，比如它的总和、长度等。
4. 初始条件与边界
- 例如，常见的边界条件可以是：区间
[i, j]的长度为 1，即i == j，那么区间无需操作，从而dp[i][i] = 0。 - 确保
dp[i][j]的计算顺序满足依赖关系（从小区间到大区间逐步计算）。
方法论应用：最小和最大石子合并得分
接下来，将我们可以试着一步步将刚学到的方法论应用于实际的例子中
问题描述
我们有 n 堆石子排成一排，石子数依次为 [a1, a2, ..., an]。我们需要通过 n-1 次合并，使所有石子堆合并成一堆，每次合并的得分为两堆石子的总和：
- 求使得总得分 最小 的合并方式。
- 求使得总得分 最大 的合并方式。
步骤 1：问题分析与建模
对于区间 [i, j]，其最优合并得分（最小或最大）取决于：
- 如何将区间
[i, j]分成两部分[i, k]和[k+1, j]。 - 每次合并产生的额外得分是区间
[i, j]的总石子数sum[i][j]。
我们定义：
dp_min[i][j]：区间[i, j]合并成一堆的最小得分。dp_max[i][j]：区间[i, j]合并成一堆的最大得分。
步骤 2：动态规划状态定义
- 状态
dp_min[i][j]表示从第i堆到第j堆合并的最小代价。 - 状态
dp_max[i][j]表示从第i堆到第j堆合并的最大代价。
步骤 3：状态转移方程
我们选择分割点 k，将区间 [i, j] 分成两部分 [i, k] 和 [k+1, j]：
- 最小得分：
d p _ m i n [ i ] [ j ] = min i ≤ k < j ( d p _ m i n [ i ] [ k ] + d p _ m i n [ k + 1 ] [ j ] + s u m [ i ] [ j ] ) dp\min[i][j] = \min{i \leq k < j} (dp\_min[i][k] + dp\_min[k+1][j] + sum[i][j]) dp_min[i][j]=i≤k<jmin(dp_min[i][k]+dp_min[k+1][j]+sum[i][j]) - 最大得分：
d p _ m a x [ i ] [ j ] = max i ≤ k < j ( d p _ m a x [ i ] [ k ] + d p _ m a x [ k + 1 ] [ j ] + s u m [ i ] [ j ] ) dp\max[i][j] = \max{i \leq k < j} (dp\_max[i][k] + dp\_max[k+1][j] + sum[i][j]) dp_max[i][j]=i≤k<jmax(dp_max[i][k]+dp_max[k+1][j]+sum[i][j])
其中 sum[i][j] 是区间 [i, j] 的总和，可以通过前缀和快速计算。
步骤 4：初始条件与实现
- 当
i == j时，dp_min[i][i] = 0和dp_max[i][i] = 0，因为单个石子堆无需合并。 - 我们从长度为 2 的区间开始，逐步扩展到整个区间
[0, n-1]。
代码实现
cpp
#include <iostream>
#include <vector>
#include <climits>
using namespace std;
int main() {
int n;
cin >> n;
vector<int> stones(n);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
cin >> stones[i];
}
// 计算前缀和
vector<vector<int>> sum(n, vector<int>(n, 0));
for (int i = 0; i < n; ++i) {
sum[i][i] = stones[i];
for (int j = i + 1; j < n; ++j) {
sum[i][j] = sum[i][j - 1] + stones[j];
}
}
// 初始化 dp 数组
vector<vector<int>> dp_min(n, vector<int>(n, 0));
vector<vector<int>> dp_max(n, vector<int>(n, 0));
// 动态规划求解
for (int len = 2; len <= n; ++len) {
for (int i = 0; i <= n - len; ++i) {
int j = i + len - 1;
dp_min[i][j] = INT_MAX;
dp_max[i][j] = INT_MIN;
for (int k = i; k < j; ++k) {
dp_min[i][j] = min(dp_min[i][j], dp_min[i][k] + dp_min[k+1][j] + sum[i][j]);
dp_max[i][j] = max(dp_max[i][j], dp_max[i][k] + dp_max[k+1][j] + sum[i][j]);
}
}
}
// 输出最小和最大得分
cout << dp_min[0][n-1] << endl;
cout << dp_max[0][n-1] << endl;
return 0;
}示例运行
输入：
4
4 5 9 4
输出：
44
54
解释：
- 最小得分：合并顺序通过动态规划找到，使得代价最小。
- 最大得分：合并顺序通过动态规划找到，使得收益最大。
总结
通过本例我们总结了解决"区间划分"问题的步骤：
- 问题建模：将问题描述转化为求解某个区间的最优解。
- 状态定义：用动态规划数组表示子区间的最优解。
- 状态转移：通过分割区间，递归地构建当前区间的最优解。
- 逐步求解：从小区间到大区间逐步扩展，最终得到整个问题的最优解。
掌握了这个方法论，你就可以轻松应对类似的区间动态规划问题了！
希望本篇博客对你有所帮助！