力扣leetcode1000.合并石头的最低成本

本文算是对其他人答案的解释吧

根据石头数量（即数组长度N）生成NxN的矩阵，每个位置 [i, j] 表示的含义为 i 到 j 的所有合成方式中的最小值

  假设数据如上图所示，合成为三个一合并，那么，只有下图中深蓝色区域为有效区域，其他位置赋0。以第一行为例，0-0和0-1为无效合并，0-2为第一个有效的合并，直到0-6都是有效合并，第四行唯一有效的为4-6，这也是长度为3时最后一个有效的合并

 那么，需要确定计算顺序，最后一次计算是 0-6 全部合并，即填入右上角那个格子，合并三个石头，这三个中其中两个可以是由其他石头合并来的，如下图左，也可以其中一个是由其他合并来的，另外两个来自最初的石头，如下图右，当然，如果石头更多，则可以全都来自于合并后的石头

 但如果是K个合并，则问题会变得很复杂，因此将合并简化为左侧石头和右侧石头合并，并保证每侧都是有效的，如果将左侧定义为1个石头（原始的1个或者合并成后的一个），右侧为 K-1 个石头，这样左侧就有固定解了，而右侧长度小于原长度，即变为子问题，即

 step = K - 1， left = 1 + n * step  ①

 两侧的数量：[left, N - left]   ②   n取所有可能的值，例如在合并长度为7时，所有子问题为 [1, 6]、[3, 4]、[5, 2]  ③

 注：式①变形可得(left - 1) / (K - 1) = n，意为该长度有效，这也是最开始用来检测命题是否有效的公式

 这样就将问题拆解为重复子问题了，子问题为每个区间 [i, j] 的最小合并值，然后对②的所有子问题求最小值，即两侧分别为 1 个和 6 个、 3 个和 4 个、 5 个和 2 个时，哪种合并能得到最小值，然后子问题递归求解，而递归的逆运算即为递推（动态规划）了，dp 不会求解重复子问题，自然速度也快一些

 再对③推一层，假设 [3, 4] 是最小的解，这里面 3 是能够通过同样方式计算出来的，4 就有点不同，拆开是 [1, 3] 和 [3, 1] ，可以理解为一个存在解的石头 3 和一个多余的石头 1 ，计算时就用存在解的 3 的合并值额外加那 1 个石头的值即可，不存在额外的加分

 而额外加分指的是题目中的合并后需要将当前合累加进合并值，即 i 到 j 所有值累加后加到合并值上，观察最小子问题可发现，可以换一个角度理解什么时候需要额外加分，即假设 K = 5 ，已经存在一组合并好的石头，然后额外多 1 个、 2 个......这并不会额外加分，只用累加每个的值即可，如果这个是命题，则直接判否，直到额外多了 4 个，可以和最开始合并好的石头组成 5 个时，即可额外加分

因此，在后续每层计算时，采用相同的思路，如果没有达到倍数时，就单纯找到最小值，然后累加，当达到倍数时，额外加分，其中某些子问题不是真命题，但是有实际意义

附上代码 

https://www.jiuzhang.com/solution/minimum-cost-to-merge-stones/#tag-other-lang-python

class Solution:
    def mergeStones(self, stones, K):
        n = len(stones)

        if (n - 1) % (K - 1) != 0:
            return -1

        f = [[0 for _ in range(n)] for _ in range(n)]

        prefix = [0 for _ in range(n + 1)]
        for i in range(n):
            prefix[i + 1] = prefix[i] + stones[i]

        for l in range(K - 1, n):
            for i in range(n - l):
                j = i + l
                f[i][j] = float('inf')
                for m in range(i, j, K - 1):
                    f[i][j] = min(f[i][j], f[i][m] + f[m + 1][j])
                if (j - i) % (K - 1) == 0:
                    f[i][j] += prefix[j + 1] - prefix[i]

        return f[0][n - 1]