石子合并问题是最经典的DP问题。首先它有如下3种题型：
(1)有N堆石子，现要将石子有序的合并成一堆，规定如下：每次只能移动任意的2堆石子合并，合并花费为新合成的一堆石子的数量。求将这N堆石子合并成一堆的总花费最小（或最大）。
分析：当然这种情况是最简单的情况，合并的是任意两堆，直接贪心即可，每次选择最小的两堆合并。本问题实际上就是哈夫曼的变形。
(2)有N堆石子，现要将石子有序的合并成一堆，规定如下：每次只能移动相邻的2堆石子合并，合并花费为新合成的一堆石子的数量。求将这N堆石子合并成一堆的总花费最小（或最大）。
分析：我们熟悉矩阵连乘，知道矩阵连乘也是每次合并相邻的两个矩阵，那么石子合并可以用矩阵连乘的方式来解决。 设dp[i][j]表示第i到第j堆石子合并的最优值，sum[i][j]表示第i到第j堆石子的总数量。那么就有状态转移公式： [cpp] view plain copy #include <iostream> #include <string.h> #include <stdio.h> using namespace std; const int INF = 1 << 30; const int N = 205; int dp[N][N]; int sum[N]; int a[N]; int getMinval(int a[],int n) { for(int i=0;i<n;i++) dp[i][i] = 0; for(int v=1;v<n;v++) { for(int i=0;i<n-v;i++) { int j = i + v; dp[i][j] = INF; int tmp = sum[j] - (i > 0 ? sum[i-1]:0); for(int k=i;k<j;k++) dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j] + tmp); } } return dp[0][n-1]; } int main() { int n; while(scanf("%d",&n)!=EOF) { for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]); sum[0] = a[0]; for(int i=1;i<n;i++) sum[i] = sum[i-1] + a[i]; printf("%d\n",getMinval(a,n)); } return 0; } 直线取石子问题的平行四边形优化： [cpp] view plain copy #include <iostream> #include <string.h> #include <stdio.h> using namespace std; const int INF = 1 << 30; const int N = 1005; int dp[N][N]; int p[N][N]; int sum[N]; int n; int getMinval() { for(int i=1; i<=n; i++) { dp[i][i] = 0; p[i][i] = i; } for(int len=1; len<n; len++) { for(int i=1; i+len<=n; i++) { int end = i+len; int tmp = INF; int k = 0; for(int j=p[i][end-1]; j<=p[i+1][end]; j++) { if(dp[i][j] + dp[j+1][end] + sum[end] - sum[i-1] < tmp) { tmp = dp[i][j] + dp[j+1][end] + sum[end] - sum[i-1]; k = j; } } dp[i][end] = tmp; p[i][end] = k; } } return dp[1][n]; } int main() { while(scanf("%d",&n)!=EOF) { sum[0] = 0; for(int i=1; i<=n; i++) { int val; scanf("%d",&val); sum[i] = sum[i-1] + val; } printf("%d\n",getMinval()); } return 0; } (3)问题(2)的是在石子排列是直线情况下的解法，如果把石子改为环形排列，又怎么做呢？ 分析：状态转移方程为： 其中有： [cpp] view plain copy #include <iostream> #include <string.h> #include <stdio.h> using namespace std; const int INF = 1 << 30; const int N = 205; int mins[N][N]; int maxs[N][N]; int sum[N],a[N]; int minval,maxval; int n; int getsum(int i,int j) { if(i+j >= n) return getsum(i,n-i-1) + getsum(0,(i+j)%n); else return sum[i+j] - (i>0 ? sum[i-1]:0); } void Work(int a[],int n) { for(int i=0;i<n;i++) mins[i][0] = maxs[i][0] = 0; for(int j=1;j<n;j++) { for(int i=0;i<n;i++) { mins[i][j] = INF; maxs[i][j] = 0; for(int k=0;k<j;k++) { mins[i][j] = min(mins[i][j],mins[i][k] + mins[(i+k+1)%n][j-k-1] + getsum(i,j)); maxs[i][j] = max(maxs[i][j],maxs[i][k] + maxs[(i+k+1)%n][j-k-1] + getsum(i,j)); } } } minval = mins[0][n-1]; maxval = maxs[0][n-1]; for(int i=0;i<n;i++) { minval = min(minval,mins[i][n-1]); maxval = max(maxval,maxs[i][n-1]); } } int main() { while(scanf("%d",&n)!=EOF) { for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]); sum[0] = a[0]; for(int i=1;i<n;i++) sum[i] = sum[i-1] + a[i]; Work(a,n); printf("%d %d\n",minval,maxval); } return 0; } 可以看出，上面的(2)(3)问题的时间复杂度都是O(n^3)，由于过程满足平行四边形法则，故可以进一步优化到O(n^2)。 原处：http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/18039073
