Description
在一個操場上擺放着一排N堆石子。現要將石子有次序地合併成一堆。規定每次只能選相鄰的2堆石子合併成新的一堆，並將新的一堆石子數記爲該次合併的得分。
試設計一個算法，計算出將N堆石子合併成一堆的最小得分.
Input
第一行是一個數N。以下N行每行一個數A，表示石子數目。
Output
共一個數，即N堆石子合併成一堆的最小得分。
Sample Input
4
1
1
1
1
Sample Output
8
HINT
對於 100% 的數據，1≤N≤40000
對於 100% 的數據，1≤A≤200
解題思路：題目很簡單，但是沒辦法用常規的區間dp來做 （n^3) 這時候我們需要優化一下。
GarsiaWachs算法
平行四邊形優化區間dp
四邊形不等式優化動態規劃原理:
1.當決策代價函數w[i][j]滿足w[i][j]+w[i’][j’]<=w[I;][j]+w[i][j’](i<=i’<=j<=j’)時,稱w滿足四邊形不等式.當函數w[i][j]滿足w[i’][j]<=w[i][j’] i<=i’<=j<=j’)時,稱w關於區間包含關係單調.
2.如果狀態轉移方程m爲
且決策代價w滿足四邊形不等式的單調函數(可以推導出m亦爲滿足四邊形不等式的單調函數),則可利用四邊形不等式推出最優決策s的單調函數性,從而減少每個狀態的狀態數,將算法的時間複雜度由原來的O(n^3)降低爲O(n^2).方法是通過記錄子區間的最優決策來減少當前的決策量.令:
s[i][j]=max{k | ma[i][j] = m[i][k-1] + m[k][j] + w[i][j]}
由於決策s具有單調性,因此狀態轉移方程可修改爲:
證明過程: (轉載)
設m[i,j]表示動態規劃的狀態量。
m[i,j]有類似如下的狀態轉移方程：
m[i,j]=opt{m[i,k]+m[k,j]}(i≤k≤j)
如果對於任意的a≤b≤c≤d，有m[a,c]+m[b,d]≤m[a,d]+m[b,c]，那麼m[i,j]滿足四邊形不等式。
以上是適用這種優化方法的必要條件
對於一道具體的題目，我們首先要證明它滿足這個條件，一般來說用數學歸納法證明，根據題目的不同而不同。
通常的動態規劃的複雜度是O(n3)，我們可以優化到O(n2)
設s[i,j]爲m[i,j]的決策量，即m[i,j]=m[i,s[i,j]]+m[s[i,j]+j]
我們可以證明，s[i,j-1]≤s[i,j]≤s[i+1,j] （證明過程見下）
那麼改變狀態轉移方程爲：
m[i,j]=opt{m[i,k]+m[k,j]} (s[i,j-1]≤k≤s[i+1,j])
複雜度分析：不難看出，複雜度決定於s的值，以求m[i,i+L]爲例，
(s[2,L+1]-s[1,L])+(s[3,L+2]-s[2,L+1])…+(s[n-L+1,n]-s[n-L,n-1])=s[n-L+1,n]-s[1,L]≤n
所以總複雜度是O(n2)
對s[i,j-1]≤s[i,j]≤s[i+1,j]的證明：
設mk[i,j]=m[i,k]+m[k,j]，s[i,j]=d
對於任意k<d，有mk[i,j]≥md[i,j]（這裏以m[i,j]=min{m[i,k]+m[k,j]}爲例,max的類似），接下來只要證明mk[i+1,j]≥md[i+1,j]，那麼只有當s[i+1,j]≥s[i,j]時纔有可能有ms[i+1,j][i+1,j]≤md[i+1,j]
(mk[i+1,j]-md[i+1,j]) - (mk[i,j]-md[i,j])
=(mk[i+1,j]+md[i,j]) - (md[i+1,j]+mk[i,j])
=(m[i+1,k]+m[k,j]+m[i,d]+m[d,j]) - (m[i+1,d]+m[d,j]+m[i,k]+m[k,j])
=(m[i+1,k]+m[i,d]) - (m[i+1,d]+m[i,k])
∵m滿足四邊形不等式，∴對於i<i+1≤k<d有m[i+1,k]+m[i,d]≥m[i+1,d]+m[i,k]
∴(mk[i+1,j]-md[i+1,j])≥(mk[i,j]-md[i,j])≥0
∴s[i,j]≤s[i+1,j]，同理可證s[i,j-1]≤s[i,j]
證畢
擴展：
以上所給出的狀態轉移方程只是一種比較一般的，其實，很多狀態轉移方程都滿足四邊形不等式優化的條件。
解決這類問題的大概步驟是：
0.證明w滿足四邊形不等式，這裏w是m的附屬量，形如m[i,j]=opt{m[i,k]+m[k,j]+w[i,j]}，此時大多要先證明w滿足條件才能進一步證明m滿足條件
1.證明m滿足四邊形不等式
2.證明s[i,j-1]≤s[i,j]≤s[i+1,j]
設序列是stone[]，從左往右，找一個滿足stone[k-1] <= stone[k+1]的k，找到後合併stone[k]和stone[k-1]，再從當前位置開始向左找最大的j，使其滿足stone[j] > stone[k]+stone[k-1]，插到j的後面就行。一直重複，直到只剩下一堆石子就可以了。在這個過程中，可以假設stone[-1]和stone[n]是正無窮的。
舉個例子：186 64 35 32 103
因爲35<103，所以最小的k是3，我們先把35和32刪除，得到他們的和67，並向前尋找一個第一個超過67的數，把67插入到他後面，得到：186 67 64 103,現在由5個數變爲4個數了，繼續：186 131 103，現在k=2（別忘了，設A[-1]和A[n]等於正無窮大）234 186，最後得到420。最後的答案呢？就是各次合併的重量之和，即420+234+131+67=852。
基本思想是通過樹的最優性得到一個節點間深度的約束，之後證明操作一次之後的解可以和原來的解一一對應，並保證節點移動之後他所在的深度不會改變。具體實現這個算法需要一點技巧，精髓在於不停快速尋找最小的k，即維護一個“2-遞減序列”樸素的實現的時間複雜度是O(n*n)，但可以用一個平衡樹來優化，使得最終複雜度爲O(nlogn)。
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=4e4+10;
int n,m,num[maxn],t,ans;
void combine(int k){
int tmp=num[k]+num[k-1];
ans+=tmp;
for(int i=k;i<t-1;i++)
num[i]=num[i+1];
t--;
int j=0;
for(j=k-1;j>0&&num[j-1]<tmp;j--){
num[j]=num[j-1];
}
num[j]=tmp;
while(j>=2&&num[j]>=num[j-2]){
int d=t-j;
combine(j-1);
j=t-d;
}
}
int main(){
int i,j;
while(scanf("%d",&n)!=EOF){
for(i=0;i<n;i++) scanf("%d",&num[i]);
t=1;ans=0;
for(i=1;i<n;i++){
num[t++]=num[i];
while(t>=3&&num[t-3]<=num[t-1]){
combine(t-2);
}
}
while(t>1) combine(t-1);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}