【信息学奥赛一本通】1275：【例9.19】乘积最大

题目描述

今年是国际数学联盟确定的"200020002000------世界数学年"，又恰逢我国著名数学家华罗庚先生诞辰 909090 周年。在华罗庚先生的家乡江苏金坛，组织了一场别开生面的数学智力竞赛的活动，你的一个好朋友 XZXZXZ 也有幸得以参加。活动中，主持人给所有参加活动的选手出了这样一道题目：

设有一个长度为 NNN 的数字串，要求选手使用 KKK 个乘号将它分成 K+1K+1K+1 个部分，找出一种分法，使得这 K+1K+1K+1 个部分的乘积最大。

同时，为了帮助选手能够正确理解题意，主持人还举了如下的一个例子：

有一个数字串：312312312，当 N=3N=3N=3，K=1K=1K=1 时会有以下两种分法：

3∗12=363*12=363∗12=36
31∗2=6231*2=6231∗2=62

这时，符合题目要求的结果是：31∗2=6231*2=6231∗2=62。

现在，请你帮助你的好朋友 XZXZXZ 设计一个程序，求得正确的答案。

输入格式

程序的输入共有两行：

第一行共有 222 个自然数 N,KN,KN,K。

第二行是一个长度为 NNN 的数字串。

输出格式

结果显示在屏幕上，相对于输入，应输出所求得的最大乘积（一个自然数）。

样例

输入

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4 2
1231

输出

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说明/提示

数据范围与约定

6≤N≤106≤N≤106≤N≤10，1≤K≤61≤K≤61≤K≤6

解题思路

本题采用动态规划的解法，通过状态转移逐步构建最优解。

1. 状态定义

定义状态 dp $i$ $j$ dp $i$ $j$ dp $i$ $j$ ：

含义：在前 iii 个数字中插入 jjj 个乘号能得到的最大乘积
iii：前 iii 个数字（1 ≤ i ≤ N）
jjj：插入的乘号数量（0 ≤ j ≤ K）

2. 预处理

为了快速获取任意连续子串的数值，需要预处理数组 num $l$ $r$ num $l$ $r$ num $l$ $r$ ：

num $l$ $r$ num $l$ $r$ num $l$ $r$ 表示从第 lll 位到第 rrr 位（包含）组成的整数
计算方法：num $l$ $r$ =num $l$ $r-1$ ×10+a $r$ num $l$ $r$ = num $l$ $r-1$ \times 10 + a $r$ num $l$ $r$ =num $l$ $r-1$ ×10+a $r$

示例：数字串 "123112311231"

num $1$ $2$ =12num $1$ $2$ = 12num $1$ $2$ =12
num $2$ $4$ =231num $2$ $4$ = 231num $2$ $4$ =231

3. 状态初始化

当没有乘号时（j=0j=0j=0）：

dp $i$ $0$ =num $1$ $i$ dp $i$ $0$ = num $1$ $i$ dp $i$ $0$ =num $1$ $i$ （整个前 iii 位数字）
即：前 iii 个数字不分割，就是它本身的值

4. 状态转移方程

对于 dp $i$ $j$ dp $i$ $j$ dp $i$ $j$ ，我们考虑最后一个乘号的位置：

设最后一个乘号放在第 ttt 个数字之后（j≤t<ij ≤ t < ij≤t<i），则：

前 ttt 个数字中插入了 j−1j-1j−1 个乘号，最大乘积为 dp $t$ $j-1$ dp $t$ $j-1$ dp $t$ $j-1$
最后一段是从第 t+1t+1t+1 位到第 iii 位，数值为 num $t+1$ $i$ num $t+1$ $i$ num $t+1$ $i$

因此状态转移方程为：
dp $i$ $j$ =max⁡t=ji−1{dp $t$ $j-1$ ×num $t+1$ $i$ } dp $i$ $j$ = \max_{t=j}^{i-1} \{ dp $t$ $j-1$ \times num $t+1$ $i$ \} dp $i$ $j$ =t=jmaxi−1{dp $t$ $j-1$ ×num $t+1$ $i$ }

解释：

ttt 必须至少为 jjj：前 ttt 个数字要插入 j−1j-1j−1 个乘号，至少需要 jjj 个数字
ttt 必须小于 iii：最后一个乘号必须在第 iii 个数字之前

5. 动态规划实现

三层循环实现：

外层循环：乘号数量 jjj 从 111 到 KKK
中层循环：数字个数 iii 从 j+1j+1j+1 到 NNN（至少需要 j+1j+1j+1 个数字才能插入 jjj 个乘号）
内层循环：最后一个乘号位置 ttt 从 jjj 到 i−1i-1i−1

6. 最终答案

所求的最大乘积为：
答案=dp $N$ $K$ \text{答案} = dp $N$ $K$ 答案=dp $N$ $K$

算法复杂度

时间复杂度 ：O(N2K)O(N^2K)O(N2K)
- 预处理：O(N2)O(N^2)O(N2)
- DPDPDP 过程：三层循环 O(N2K)O(N^2K)O(N2K)
- 由于 N≤10,K≤6N≤10, K≤6N≤10,K≤6，完全可行
空间复杂度 ：O(N2+NK)O(N^2 + NK)O(N2+NK)

参考代码

简洁版

cpp 复制代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 15, K = 10;
ll num[N][N], dp[N][K];
int n, k, a[N];
string s;

void creat_num(){
	for(int i = 0; i < s.size(); i ++)	a[i + 1] = s[i] - '0';
	
	for(int i = 1; i <= n; i ++)
		for(int j = i; j <= n; j ++)
			if(i == j)	num[i][j] = a[i];
			else	num[i][j] = num[i][j - 1] * 10 + a[j];
}

int main(){
	cin >> n >> k >> s;
    creat_num();
    for(int i = 1; i <= n ; i ++)	dp[i][0] = num[1][i]; 
    for(int i = 1; i <= n ; i ++)
    	for(int j = 1; j <= min(i - 1, k); j ++)
    		for(int kk = j; kk < i; kk ++)
	    		dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[kk][j - 1] * num[kk + 1][i]);
	cout << dp[n][k];
	return 0;
}

注释版

cpp 复制代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;  // 定义long long类型别名

const int N = 15, K = 10;

// 定义数组：
// num[i][j]：存储从第i位到第j位（包含）组成的数字
// dp[i][j]：表示前i个数字中插入j个乘号的最大乘积
ll num[N][N], dp[N][K];

// 变量定义：
// n：数字串长度
// k：乘号数量
// a[]：将字符串转换为数字数组存储
int n, k, a[N];
string s;  // 输入的数字串

// 预处理函数：生成num数组
void creat_num(){
    // 将字符串转换为数字数组（1-based索引）
    for(int i = 0; i < s.size(); i ++)
        a[i + 1] = s[i] - '0';
    
    // 计算所有连续子串的数值
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        for(int j = i; j <= n; j ++)
            if(i == j) 
                num[i][j] = a[i];  // 单个数字
            else 
                // 利用前一个结果计算当前区间数值
                // 例如：num[1][3] = num[1][2] * 10 + a[3]
                num[i][j] = num[i][j - 1] * 10 + a[j];
}

int main(){
    // 输入数据
    cin >> n >> k >> s;
    
    // 预处理，生成num数组
    creat_num();
    
    // 初始化DP数组：没有乘号的情况
    // 前i个数字没有乘号时，就是整个前i位数字的值
    for(int i = 1; i <= n ; i ++)
        dp[i][0] = num[1][i]; 
    
    // 动态规划主过程
    for(int i = 1; i <= n ; i ++)           // i：前i个数字
        for(int j = 1; j <= min(i - 1, k); j ++)  // j：插入j个乘号（j不超过i-1和k）
            for(int kk = j; kk < i; kk ++)  // kk：最后一个乘号在第kk个数字之后
                // 状态转移：
                // 前i个数字插入j个乘号的最大值 =
                // max{ 前kk个数字插入j-1个乘号的最大值 × 第kk+1到第i位数字 }
                dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[kk][j - 1] * num[kk + 1][i]);
    
    // 输出结果：前n个数字插入k个乘号的最大乘积
    cout << dp[n][k];
    return 0;
}