由于，这两题有着似乎一样的解法所以将其放在一起总结比較，以达到更好的区分二者的差别所在。
一、区间DP
uva的Cutting Sticks是一道典型的模板题。
题目描写叙述：
有一根长度为l的木棍，木棍上面有m个分割点，每一次分割都要付出当前木棍长度的代价，问如何分割有最小代价。
区间DP的定义：
区间动态规划问题一般都是考虑。对于每段区间，他们的最优值都是由几段更小区间的最优值得到，是分治思想的一种应用。将一个区间问题不断划分为更小的区间直至一个元素组成的区间，枚举他们的组合，求合并后的最优值。
解法：
设F[i,j]（1<=i<=j<=n）表示区间[i,j]内的数字相加的最小代价 。 最小区间F[i,i]=0（一个数字无法合并，∴代价为0）每次用变量k（i<=k<=j-1）将区间分为[i,k]和[k+1,j]两段
区间DP模板，代码：
for(intp = 1 ; p <= n ; p++){ //p是区间的长度，作为阶段
for(int i = 1 ; i <= n ; i++){ //i是穷举区间的起点
int j = i+p-1; //j为区间的终点
for(int k = i ; k < j ; k++)//状态转移
dp[i][j] = min{dp[i][k]+dp[k+1][j]+w[i][j]};//这个是看题目意思，有的是要从k開始不是k+1
dp[i][j]= max{dp[i][k]+dp[k+1][j]+w[i][j]};
}
}
改题解法：
对于这一题，假设我们仅仅对最左边的分割点到最右边的分割点进行DP。那么得到的答案肯定是错的。由于不是整个区间。所以我们必须在木棍的做左边和左右边分别添加一个点，那么得到的就是整个区间。再对这个区间进行DP求解就可以。
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int MAXN = 50 + 10;
const int INF = ~0U >> 2;
int w[MAXN],dp[MAXN][MAXN];
int L,n;
int solve(){
n++;
for(int i = 0;i <= n;++i)
for(int j = i+1;j <= n;++j)
dp[i][j] = (i+1 == j ? 0 : INF);
w[0] = 0; w[n] = L;
for(int p = 1;p <= n;++p){ //区间长度
for(int s = 0;s <= n-p;++s){ // 起始位置
int e = s + p; //终点
for(int k = s+1;k < e;++k){ //状态转移
dp[s][e] = min(dp[s][e],dp[s][k] + dp[k][e] + w[e] - w[s]);
}
}
}
return dp[0][n];
}
int main()
{
while(scanf("%d",&L),L){
scanf("%d",&n);
for(int i = 1; i <= n; ++i){
scanf("%d",&w[i]);
}
printf("The minimum cutting is %d.
",solve());
}
return 0;
}
POJ的这题呢，能够看作是上体的上级版。
是没有给出固定的位置的，木板的分割顺序不确定，自由度非常高。这题貌似非常难入手。
可是事实上能够用稍微奇特的贪心来求解。
原理解析：
过程分析是一个涉及了哈夫曼编码的二叉树，由于分析过程有点下复杂。所以自己联想一下吧（囧）。以下给出的算法是不断求解huffman编码中的最小值和次小值。因此，朴素的算法是O(N*N).我们也能够想到用到二叉树结构的优先队列来求解最小值和次小值。此时的时间复杂度减为了O(NlogN).
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 20000 + 10;
int N,L[MAXN];
LL solve(){
LL ans = 0;
//直到计算到一块木板时为止
while(N > 1){
//寻找最小值，次小值
int mii1 = 0,mii2 = 1;
if(L[mii1] > L[mii2]) swap(mii1,mii2);
for(int i = 2; i < N; ++i){
if(L[i] < L[mii1]){
mii2 = mii1;
mii1 = i;
}
else if(L[i] < L[mii2]){
mii2 = i;
}
}
int t = L[mii1] + L[mii2]; //合并
ans += t;
if(mii1 == N-1) swap(mii1,mii2);
L[mii1] = t;
L[mii2] = L[N-1];
N--;
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d",&N);
for(int i = 0;i < N;++i){
scanf("%d",&L[i]);
}
printf("%lld
",solve());
return 0;
}
使用STL中的priority_queue实现。
时间复杂度为O(N*logN).
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 20000 + 10;
int N,L[MAXN];
LL solve(){
LL ans = 0;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > que;
for(int i = 0;i < N;++i){
que.push(L[i]);
}
while(que.size() > 1){
int l1,l2;
l1 = que.top();
que.pop();
l2 = que.top();
que.pop();
ans += l1 + l2;
que.push(l1+l2);
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d",&N);
for(int i = 0;i < N;++i){
scanf("%d",&L[i]);
}
printf("%lld
",solve());
return 0;
}
使用手写堆实现。时间复杂度O(N*logN)。
堆实现模板：
//堆的实现
int heap[MAXN << 2],sz = 0 ;
void push(int x){
//自己结点的编号
int i = sz++;
while(i > 0){
//父亲结点的编号
int p = (i - 1) >> 1;
//假设已经没有大小颠倒则退出
if(heap[p] <= x)break;
//把父亲结点的数值放下来。而把自己提上去
heap[i] = heap[p];
i = p;
}
heap[i] = x;
}
int pop(){
//最小值
int ret = heap[0];
//要提到根的数值
int x = heap[--sz];
//从根開始向下交换
int i = 0;
while((i << 1 | 1) < sz){
//比較儿子
int a = i << 1 | 1,b = (i << 1) + 2;
if(b < sz && heap[b] < heap[a]) a = b;
// 假设没有大小颠倒则退出
if(heap[a] >= x) break;
//把儿子提上来
heap[i] = heap[a];
i = a;
}
heap[i] = x;
return ret;
}