合并石子问题的三维扩展：带颜色标记的最小合并成本
字数 3484 2025-12-24 15:58:07

合并石子问题的三维扩展：带颜色标记的最小合并成本

问题描述

给定一个长度为 n 的数组 stones，表示 n 堆石子。每堆石子有一个颜色，颜色用一个整数表示，取值范围是 1 到 C。同时，给定一个二维数组 mergeCost，其维度为 C x C。mergeCost[a][b] 表示将一堆颜色为 a 的石子和一堆颜色为 b 的石子合并成一堆时所需消耗的成本。合并后的新石堆，其颜色由另一个 C x C 的数组 newColor 决定，即 newColor[a][b] 表示合并颜色 a 和颜色 b 的石堆后，新石堆的颜色。

每次合并操作，你只能合并相邻的两堆石子。合并后，原来的两堆石子消失，新生成的一堆石子出现在它们原来的位置，数组长度减少 1。重复此过程，直到只剩下一堆石子。

你的目标是，找出一个合并顺序，使得将所有石子合并为一堆的总成本最小，并返回这个最小总成本。

例子：
输入：
n = 4, C = 3
stones = [2, 1, 3, 2] （颜色数组）
mergeCost = [[0, 5, 2],
[5, 0, 3],
[2, 3, 0]]
newColor = [[2, 3, 1],
[3, 1, 2],
[1, 2, 3]]

一种可能的合并顺序：

  1. 合并位置1和2的石子（颜色1和3），成本 = mergeCost[1][3] = 2，新颜色 = newColor[1][3] = 1。数组变为 [2, 1, 2]（颜色）。
  2. 合并位置0和1的石子（颜色2和1），成本 = mergeCost[2][1] = 5，新颜色 = newColor[2][1] = 3。数组变为 [3, 2]。
  3. 合并最后两堆（颜色3和2），成本 = mergeCost[3][2] = 3，新颜色 = newColor[3][2] = 1。总成本 = 2+5+3 = 10。
    我们需要找到成本最小的合并顺序。

解题过程循序渐进讲解

这是一个经典的区间动态规划问题，但标准石子合并只关心石子数量（或重量），这里增加了“颜色”属性，并且合并成本和结果颜色由被合并的两堆颜色共同决定。这使得状态定义和转移更加复杂。

第一步：定义DP状态

在标准区间DP中，我们通常定义 dp[i][j] 为将区间 [i, j] 内的所有石子合并成一堆的最小成本。
但在本问题中，仅仅知道最小成本不够，因为对于同一个区间 [i, j]，合并成一堆后，这一堆的颜色可能是多种多样的，而不同的最终颜色会影响后续与区间外石子合并的成本。

因此，我们需要增加一个维度来记录最终颜色。

定义：
dp[i][j][c] = 将区间 [i, j] 内的所有石子合并成一堆，且这堆石子的颜色为 c 所需的最小成本。
如果无法将区间 [i, j] 合并成一堆颜色为 c 的石子，则值为无穷大 (INF)。

其中：

  • 0 <= i <= j < n
  • 1 <= c <= C

第二步：分析状态转移

我们如何计算 dp[i][j][c] 呢？

考虑区间 [i, j]。为了将其合并成一堆颜色为 c 的石子，最后一次合并操作一定是将区间内的某两堆（它们分别是区间 [i, k] 和 [k+1, j] 的合并结果）合并成最终的一堆。

假设：

  • 左半部分区间 [i, k] 合并成了一堆，颜色为 cL。
  • 右半部分区间 [k+1, j] 合并成了一堆，颜色为 cR。
  • 将颜色为 cL 和 cR 的两堆合并，根据规则，合并成本是 mergeCost[cL][cR]，合并后新堆的颜色是 newColor[cL][cR]。
  • 我们希望最终颜色 c 等于 newColor[cL][cR]。

那么，完成这个合并方案的总成本是：
cost_left + cost_right + mergeCost[cL][cR]
其中 cost_left 是将 [i, k] 合并成颜色 cL 的最小成本，即 dp[i][k][cL]。
cost_right 是将 [k+1, j] 合并成颜色 cR 的最小成本，即 dp[k+1][j][cR]。

为了得到 dp[i][j][c]，我们需要：

  1. 遍历所有可能的分割点 k (i <= k < j)。
  2. 对于每个 k，遍历所有可能的左半部分最终颜色 cL (1..C) 和右半部分最终颜色 cR (1..C)。
  3. 检查条件：newColor[cL][cR] == c。
  4. 如果条件满足，则计算候选成本：dp[i][k][cL] + dp[k+1][j][cR] + mergeCost[cL][cR]。
  5. dp[i][j][c] 取所有候选成本中的最小值。

第三步：初始化（单个石堆的区间）

对于区间长度为1的情况，即 i == j。

  • 区间内只有一堆石子，其颜色是固定的，为 stones[i]。
  • 所以，对于颜色 c：
    • 如果 c == stones[i]，那么 dp[i][i][c] = 0，因为不需要任何合并，它已经是一堆颜色为 c 的石子。
    • 如果 c != stones[i]，那么 dp[i][i][c] = INF，因为无法改变单个石堆的颜色。

第四步：计算顺序

动态规划的计算顺序需要确保在计算大区间时，其依赖的所有小区间都已经计算完毕。
典型的区间DP计算顺序是：按区间长度从小到大的顺序。

  1. 先计算所有长度为1的区间（初始化）。
  2. 然后计算长度为2的区间，接着长度3，...，直到长度为 n。
    对于每个区间 [i, j]，我们遍历所有可能的分割点 k，以及所有可能的颜色组合 (cL, cR)。

第五步：最终答案

最终，我们需要将整个区间 [0, n-1] 合并成一堆。但是题目没有要求最终的颜色是什么。所以，最终答案应该是：
min( dp[0][n-1][c] )，其中 c 从 1 到 C 遍历。即，将所有可能最终颜色的最小成本再取最小值。

第六步：算法复杂度分析

  • 状态数量：O(n² * C)
  • 对于每个状态 dp[i][j][c]，我们需要：
    • 遍历分割点 k: O(n)
    • 遍历左颜色 cL: O(C)
    • 遍历右颜色 cR: O(C)
  • 总时间复杂度：O(n³ * C³)。在 n 和 C 都不太大的情况下（比如 n <= 50, C <= 5），这是可行的。如果 C 较大，则需要优化。

第七步：示例推演（结合题目例子）

我们用例子来验证思路。为了简化，我们用颜色编号 1,2,3。
stones = [2, 1, 3, 2]
mergeCost 和 newColor 如上。

初始化 dp[i][i][c]：

  • dp[0][0][2]=0, 其他颜色为INF。
  • dp[1][1][1]=0, 其他为INF。
  • dp[2][2][3]=0, 其他为INF。
  • dp[3][3][2]=0, 其他为INF。

计算长度2的区间，例如 [0,1] (颜色2和1)：
要计算 dp[0][1][c]。
遍历分割点 k=0（只有一种分割方式，因为长度2只有一种合并顺序）。
左区间[0,0]最终颜色必须是2，右区间[1,1]最终颜色必须是1。
合并成本 = mergeCost[2][1] = 5。
新颜色 = newColor[2][1] = 3。
所以，dp[0][1][3] 的一个候选值是 0+0+5=5。
检查其他颜色c？只有 newColor[2][1] 等于3，所以 dp[0][1][1] 和 dp[0][1][2] 没有合法转移，保持INF。
最终 dp[0][1][3]=5。

类似地计算其他长度2的区间。

最终计算整个区间 [0,3] 时，会考虑各种合并顺序和中间颜色组合，取最小值。手动计算可能较繁琐，但算法框架能保证找到最优解。

总结

本题是石子合并问题的三维DP扩展，核心在于状态中需要记录合并后的颜色，因为合并成本和结果颜色依赖于被合并两堆的颜色。通过定义 dp[i][j][c]，并按照区间长度递增的顺序计算，我们可以系统地找出最小总成本。最终答案是对最后一个区间的所有可能颜色c取最小值。

合并石子问题的三维扩展：带颜色标记的最小合并成本 问题描述 给定一个长度为 n 的数组 stones，表示 n 堆石子。每堆石子有一个颜色，颜色用一个整数表示，取值范围是 1 到 C。同时，给定一个二维数组 mergeCost，其维度为 C x C。mergeCost[ a][ b] 表示将一堆颜色为 a 的石子和一堆颜色为 b 的石子合并成一堆时所需消耗的成本。合并后的新石堆，其颜色由另一个 C x C 的数组 newColor 决定，即 newColor[ a][ b ] 表示合并颜色 a 和颜色 b 的石堆后，新石堆的颜色。 每次合并操作，你只能合并 相邻的两堆 石子。合并后，原来的两堆石子消失，新生成的一堆石子出现在它们原来的位置，数组长度减少 1。重复此过程，直到只剩下一堆石子。 你的目标是，找出一个合并顺序，使得将所有石子合并为一堆的 总成本最小 ，并返回这个最小总成本。 例子： 输入： n = 4, C = 3 stones = [ 2, 1, 3, 2 ] （颜色数组） mergeCost = [ [ 0, 5, 2 ], [ 5, 0, 3 ], [ 2, 3, 0] ] newColor = [ [ 2, 3, 1 ], [ 3, 1, 2 ], [ 1, 2, 3] ] 一种可能的合并顺序： 合并位置1和2的石子（颜色1和3），成本 = mergeCost[ 1][ 3] = 2，新颜色 = newColor[ 1][ 3] = 1。数组变为 [ 2, 1, 2 ]（颜色）。 合并位置0和1的石子（颜色2和1），成本 = mergeCost[ 2][ 1] = 5，新颜色 = newColor[ 2][ 1] = 3。数组变为 [ 3, 2 ]。 合并最后两堆（颜色3和2），成本 = mergeCost[ 3][ 2] = 3，新颜色 = newColor[ 3][ 2 ] = 1。总成本 = 2+5+3 = 10。 我们需要找到成本最小的合并顺序。 解题过程循序渐进讲解 这是一个经典的区间动态规划问题，但标准石子合并只关心石子数量（或重量），这里增加了“颜色”属性，并且合并成本和结果颜色由被合并的两堆颜色共同决定。这使得状态定义和转移更加复杂。 第一步：定义DP状态 在标准区间DP中，我们通常定义 dp[ i][ j] 为将区间 [ i, j] 内的所有石子合并成一堆的 最小成本 。 但在本问题中，仅仅知道最小成本不够，因为对于同一个区间 [ i, j ]，合并成一堆后，这一堆的颜色可能是多种多样的，而不同的最终颜色会影响后续与区间外石子合并的成本。 因此，我们需要 增加一个维度来记录最终颜色 。 定义： dp[i][j][c] = 将区间 [ i, j] 内的所有石子合并成 一堆，且这堆石子的颜色为 c 所需的最小成本。 如果无法将区间 [ i, j ] 合并成一堆颜色为 c 的石子，则值为无穷大 (INF)。 其中： 0 <= i <= j < n 1 <= c <= C 第二步：分析状态转移 我们如何计算 dp[i][j][c] 呢？ 考虑区间 [ i, j]。为了将其合并成一堆颜色为 c 的石子，最后一次合并操作一定是将区间内的某 两堆 （它们分别是区间 [ i, k] 和 [ k+1, j ] 的合并结果）合并成最终的一堆。 假设： 左半部分区间 [ i, k] 合并成了一堆，颜色为 cL 。 右半部分区间 [ k+1, j] 合并成了一堆，颜色为 cR 。 将颜色为 cL 和 cR 的两堆合并，根据规则，合并成本是 mergeCost[cL][cR] ，合并后新堆的颜色是 newColor[cL][cR] 。 我们希望最终颜色 c 等于 newColor[cL][cR] 。 那么，完成这个合并方案的总成本是： cost_left + cost_right + mergeCost[cL][cR] 其中 cost_left 是将 [ i, k] 合并成颜色 cL 的最小成本，即 dp[i][k][cL] 。 cost_right 是将 [ k+1, j] 合并成颜色 cR 的最小成本，即 dp[k+1][j][cR] 。 为了得到 dp[i][j][c] ，我们需要： 遍历所有可能的分割点 k (i <= k < j)。 对于每个 k，遍历所有可能的左半部分最终颜色 cL (1..C) 和右半部分最终颜色 cR (1..C)。 检查条件： newColor[cL][cR] == c 。 如果条件满足，则计算候选成本： dp[i][k][cL] + dp[k+1][j][cR] + mergeCost[cL][cR] 。 dp[i][j][c] 取所有候选成本中的最小值。 第三步：初始化（单个石堆的区间） 对于区间长度为1的情况，即 i == j。 区间内只有一堆石子，其颜色是固定的，为 stones[i] 。 所以，对于颜色 c： 如果 c == stones[ i]，那么 dp[i][i][c] = 0 ，因为不需要任何合并，它已经是一堆颜色为 c 的石子。 如果 c != stones[ i]，那么 dp[i][i][c] = INF ，因为无法改变单个石堆的颜色。 第四步：计算顺序 动态规划的计算顺序需要确保在计算大区间时，其依赖的所有小区间都已经计算完毕。 典型的区间DP计算顺序是： 按区间长度从小到大的顺序 。 先计算所有长度为1的区间（初始化）。 然后计算长度为2的区间，接着长度3，...，直到长度为 n。 对于每个区间 [ i, j ]，我们遍历所有可能的分割点 k，以及所有可能的颜色组合 (cL, cR)。 第五步：最终答案 最终，我们需要将整个区间 [ 0, n-1 ] 合并成一堆。但是题目没有要求最终的颜色是什么。所以，最终答案应该是： min( dp[0][n-1][c] ) ，其中 c 从 1 到 C 遍历。即，将所有可能最终颜色的最小成本再取最小值。 第六步：算法复杂度分析 状态数量：O(n² * C) 对于每个状态 dp[ i][ j][ c ]，我们需要： 遍历分割点 k: O(n) 遍历左颜色 cL: O(C) 遍历右颜色 cR: O(C) 总时间复杂度：O(n³ * C³)。在 n 和 C 都不太大的情况下（比如 n <= 50, C <= 5），这是可行的。如果 C 较大，则需要优化。 第七步：示例推演（结合题目例子） 我们用例子来验证思路。为了简化，我们用颜色编号 1,2,3。 stones = [ 2, 1, 3, 2 ] mergeCost 和 newColor 如上。 初始化 dp[ i][ i][ c ]： dp[ 0][ 0][ 2 ]=0, 其他颜色为INF。 dp[ 1][ 1][ 1 ]=0, 其他为INF。 dp[ 2][ 2][ 3 ]=0, 其他为INF。 dp[ 3][ 3][ 2 ]=0, 其他为INF。 计算长度2的区间，例如 [ 0,1 ] (颜色2和1)： 要计算 dp[ 0][ 1][ c ]。 遍历分割点 k=0（只有一种分割方式，因为长度2只有一种合并顺序）。 左区间[ 0,0]最终颜色必须是2，右区间[ 1,1 ]最终颜色必须是1。 合并成本 = mergeCost[ 2][ 1 ] = 5。 新颜色 = newColor[ 2][ 1 ] = 3。 所以，dp[ 0][ 1][ 3 ] 的一个候选值是 0+0+5=5。 检查其他颜色c？只有 newColor[ 2][ 1] 等于3，所以 dp[ 0][ 1][ 1] 和 dp[ 0][ 1][ 2 ] 没有合法转移，保持INF。 最终 dp[ 0][ 1][ 3 ]=5。 类似地计算其他长度2的区间。 最终计算整个区间 [ 0,3 ] 时，会考虑各种合并顺序和中间颜色组合，取最小值。手动计算可能较繁琐，但算法框架能保证找到最优解。 总结 本题是石子合并问题的三维DP扩展，核心在于 状态中需要记录合并后的颜色 ，因为合并成本和结果颜色依赖于被合并两堆的颜色。通过定义 dp[i][j][c] ，并按照区间长度递增的顺序计算，我们可以系统地找出最小总成本。最终答案是对最后一个区间的所有可能颜色c取最小值。