ccf 201612-4 压缩编码（DP）（100）

ccf 201612-4 压缩编码

问题分析：

解决本问题，首先需要知道哈夫曼编码。参见：哈夫曼编码_百度百科。

这是一个编码问题，似乎可以用哈夫曼编码来解决，但是略有不同的地方在于“每个字符的编码按照字典序排列后的顺序与原先顺序一样”。

所以无法每次取出权值最小的两个节点，而只能选择相邻的节点，到底选择哪两个相邻节点，这便是石子问题

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：

1、dp[i][j]=0 (i==j)

2、dp[i][j]=min(dp[i][k]+dp[k][j])+sum[i][j] (i!=j)

此时算法复杂为O(n^3)。

这里可以利用平行四边形优化降为O(n^2)：

由上面的方程式可知我们每次求dp[i][j]的关键是找到合适的k值，设p[i][j]为dp[i][j]的这个合适的k值，根据平行四边形规则有以下不等式：p[i][j-1]<=p[i][j]<=p[i+1][j]。

那么求解dp[i][i+L](L为长度)的复杂度就为：

(p[2,L+1]-p[1,L])+(p[3,L+2]-p[2,L+1])…+(p[n-L+1,n]-p[n-L,n-1])=p[n-L+1,n]-p[1,L]≤n。

复杂度为O(n)。然后L从1循环至n，总复杂度就为O(n^2)。

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn = 1000+5;
const int INF = 0x7f7f7f7f;
int dp[maxn][maxn];
int sum[maxn],num[maxn];//sum为1~i的总权重 
int n;

int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>num[i];
    }
    sum[0] = 0;
    memset(dp,INF,sizeof(dp));
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        sum[i] = sum[i-1] + num[i];
        dp[i][i] = 0;
     } 
     for(int i=2;i<=n;i++)
     {
         for(int j=1;j<=n-i+1;j++)
         {///填写dp[j][m] 
             int m = j+i-1;//纵坐标 
             //k为划分点 
             for(int k=j;k<m;k++)
             {
                 if(dp[j][k] + dp[k+1][m] + sum[m]-sum[j-1] < dp[j][m])
                 dp[j][m] = dp[j][k] + dp[k+1][m] + sum[m]-sum[j-1];
             }
          }
     }
    cout<<dp[1][n]<<endl;
    return 0;
 }