题目

设有 N 堆石子排成一排，其编号为 1,2,3,…,N。
每堆石子有一定的质量，可以用一个整数来描述，现在要将这 N堆石子合并成为一堆。
每次只能合并相邻的两堆，合并的代价为这两堆石子的质量之和，合并后与这两堆石子相邻的石子将和新堆相邻，合并时由于选择的顺序不同，合并的总代价也不相同。
例如有 4堆石子分别为 1 3 5 2， 我们可以先合并 1、2堆，代价为 4，得到 4 5 2， 又合并 1、2堆，代价为 9，得到 9 2 ，再合并得到 11，总代价为 4+9+11=24；
如果第二步是先合并 2、3堆，则代价为 7，得到 4 7，最后一次合并代价为 11，总代价为 4+7+11=22。
问题是：找出一种合理的方法，使总的代价最小，输出最小代价。

输入格式

第一行一个数 N 表示石子的堆数 N。
第二行 N 个数，表示每堆石子的质量(均不超过 1000)。

数据范围

1 < = N < = 300

对于石子合并问题的dp分析

  1. 定义状态表示： f[i][j]为 将 i 到 j 这一段石子合并为一堆的方案集合，属性min。
  2. 状态表示1：i=j时 f[i][j] = 0 表示为同一堆
  3. 状态表示2：f[l][k] + f[k + 1][r] + s[r] - s[l - 1]
  4. f[l][k] + f[k + 1][r] 代表k为分界的左边和右边的最小代价
    s[r] - s[l - 1] 最有一步还需要加上l到r的前缀和
    最后一次合并一定是左边连续的一部分和右边连续的一部分进行合并
    f[l][r] = min(f[l][r],f[l][k] + f[k + 1][r] + s[r] - s[l - 1]);

区间DP模板

for (int len = 1; len <= n; len++) {         // 区间长度
    for (int i = 1; i + len - 1 <= n; i++) { // 枚举起点
        int j = i + len - 1;                 // 区间终点
        if (len == 1) {
            dp[i][j] = 初始值
            continue;
        }
        for (int k = i; k < j; k++) {        // 枚举分割点，构造状态转移方程
            dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k + 1][j] + w[i][j]);
        }
    }
}

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 310;
int n;
int s[N];
int f[N][N];

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i = 1;i <= n;i ++) scanf("%d",&s[i]);
    //前缀和数组计算
    for(int i = 1;i <= n;i ++) s[i] += s[i-1];
    for(int len = 2;len <= n;len ++)
    {
        //以下是区间dp的基本模板
        for(int i = 1;i + len - 1 <= n;i++)
        {
            int l = i,r = i + len - 1;
            //对f数组赋一个较大值 用于后续的min操作
            f[l][r] = 1e9;
            for(int k = l;k < r;k++)
            //状态转移方程：f[l][k] + f[k + 1][r] + s[r] - s[l - 1] 
            //f[l][k] + f[k + 1][r] 代表k为分界的左边和右边的最小代价
            //s[r] - s[l - 1] 最有一步还需要加上l到r的前缀和
            //最后一次合并一定是左边连续的一部分和右边连续的一部分进行合并
                f[l][r] = min(f[l][r],f[l][k] + f[k + 1][r] + s[r] - s[l - 1]);
        }
    }
    //f[1][n] 表示从最左到最右的最小代价
    printf("%d\n",f[1][n]);
    return 0;
}