合并相邻石子堆的最小总成本（每次合并得分等于两堆石子数之和的立方）

字数 2455 2025-12-18 16:37:08

合并相邻石子堆的最小总成本（每次合并得分等于两堆石子数之和的立方）

我将为你讲解一个关于石子合并的区间动态规划问题。这个问题是经典石子合并问题的一个变体，其中合并两堆石子的得分不是简单的两堆石子数之和，而是其和的立方。这会导致状态转移时，合并得分不再是简单的加法，而是需要计算立方值，从而影响最优决策。

问题描述

我们有 N 堆石子排成一行，每堆石子有一定的数量（正整数）。我们希望通过一系列合并操作，将所有石子合并为一堆。每次合并操作只能合并相邻的两堆石子，合并的得分等于这两堆石子的数量之和的立方。目标是找到一种合并顺序，使得总得分最小（即最小化所有合并操作的得分总和）。

例如，石子堆的数量数组为 [1, 2, 3]。一种可能的合并顺序是：

合并前两堆 (1+2)³ = 27，剩下 [3, 3]。
合并剩下的两堆 (3+3)³ = 216，总得分 27+216=243。
但我们希望找到总得分最小的合并顺序。

解题思路

这是一个典型的区间动态规划问题，我们可以定义状态 dp[l][r] 表示将第 l 堆到第 r 堆石子（闭区间）合并为一堆的最小总得分。我们的最终目标是 dp[1][N]。

由于每次合并相邻两堆，我们可以考虑最后一次合并发生在位置 k，即先将区间 [l, k] 合并为一堆，再将区间 [k+1, r] 合并为一堆，然后合并这两堆。因此，状态转移方程的核心思想是：

dp[l][r] = min{ dp[l][k] + dp[k+1][r] + (sum(l,k) + sum(k+1,r))³ } 对于所有 k ∈ [l, r-1]

这里 sum(l, r) 表示区间 [l, r] 内石子的总数量。由于合并成两堆后，这两堆的数量分别是 sum(l, k) 和 sum(k+1, r)，最后合并这两堆的得分就是它们和的立方。

我们可以预处理前缀和数组 prefix，使得 sum(l, r) = prefix[r] - prefix[l-1]，这样可以在 O(1) 时间内计算区间和。

详细步骤

定义状态：
- 设 dp[i][j] 表示合并第 i 堆到第 j 堆石子（1 ≤ i ≤ j ≤ N）的最小总得分。
初始化：
- 当区间长度为 1 时（即 i == j），不需要合并，得分为 0。所以 dp[i][i] = 0。
状态转移：
- 对于区间 [l, r]，我们枚举分割点 k（l ≤ k < r），表示最后一步合并是将 [l, k] 合并成的一堆与 [k+1, r] 合并成的一堆进行合并。
- 左区间合并的最小得分为 dp[l][k]，右区间为 dp[k+1][r]。
- 最后合并的得分为 (sum(l,k) + sum(k+1,r))³，即 (sum(l, r))³。注意，实际上左堆数量为 sum(l,k)，右堆为 sum(k+1,r)，它们的和就是整个区间的总石子数 sum(l, r)。
- 所以转移方程为：
```
dp[l][r] = min{ dp[l][k] + dp[k+1][r] } + (sum(l, r))³
其中 k 从 l 遍历到 r-1。
```
- 这里关键点是：无论怎么分割，最后一步的合并得分只取决于整个区间的总石子数，与分割点 k 无关。但不同的 k 会影响 dp[l][k] + dp[k+1][r] 的值，我们需要选择最小的那个。
计算顺序：
- 区间 DP 通常按区间长度从小到大计算。先计算所有长度为 2 的区间，然后长度 3，直到长度 N。
答案：
- 最终答案是 dp[1][N]。

为什么立方会导致不同的最优解？

在经典的石子合并问题中（得分是两堆石子数之和），最优合并顺序通常与数组顺序有关，但得分函数是线性的。而这里得分是和的立方，这意味着合并两个大堆的代价会非常高（因为立方增长很快）。因此，算法会倾向于尽早合并较小的堆，以避免在最后合并两个大堆时产生巨大的立方代价。状态转移中的 min 操作会自动寻找这种策略。

示例演示

假设石子堆为 [1, 2, 3]。

前缀和: prefix[0]=0, prefix[1]=1, prefix[2]=3, prefix[3]=6。
区间长度 1: dp[1][1]=0, dp[2][2]=0, dp[3][3]=0。
长度 2:
- dp[1][2]: k=1, 左堆 sum(1,1)=1, 右堆 sum(2,2)=2, 总 sum=3, 得分=3³=27。dp[1][2] = 0+0+27 = 27。
- dp[2][3]: k=2, 总 sum=2+3=5, 得分=125。dp[2][3] = 0+0+125 = 125。
长度 3: dp[1][3]
- k=1: 左堆 sum(1,1)=1, 右堆 sum(2,3)=5, 总 sum=6, 得分=216。dp[1][1]+dp[2][3]+216 = 0+125+216 = 341。
- k=2: 左堆 sum(1,2)=3, 右堆 sum(3,3)=3, 总 sum=6, 得分=216。dp[1][2]+dp[3][3]+216 = 27+0+216 = 243。
- 取最小值 243。
  所以最小总得分为 243，与之前例子一致（对应合并顺序：先合并前两堆，再合并结果与第三堆）。

复杂度分析

状态数 O(N²)。
每个状态需要枚举分割点 k，O(N)。
总时间复杂度 O(N³)，空间复杂度 O(N²)（可以使用滚动数组优化空间，但这里不必要）。

核心要点

区间 DP 是解决合并类问题的标准方法。
状态定义要清晰：dp[l][r] 表示合并该区间的最小总得分。
状态转移时，注意最后一步合并的得分计算：由于是两堆合并，得分取决于这两堆石子数的和，而这两堆正好是左右子区间的总石子数，所以最终合并得分就是整个区间总石子数的立方。
由于立方函数增长迅速，算法会自然倾向于让大堆尽可能晚合并（但实际上我们求最小值，所以会尽可能让大堆“晚”形成，从而减少立方代价）。

这个问题的变体（比如得分是平方、四次方等）都可以用类似方法解决，只需修改最后合并时的代价函数即可。

合并相邻石子堆的最小总成本（每次合并得分等于两堆石子数之和的立方）我将为你讲解一个关于石子合并的区间动态规划问题。这个问题是经典石子合并问题的一个变体，其中合并两堆石子的得分不是简单的两堆石子数之和，而是其和的立方。这会导致状态转移时，合并得分不再是简单的加法，而是需要计算立方值，从而影响最优决策。问题描述我们有 N 堆石子排成一行，每堆石子有一定的数量（正整数）。我们希望通过一系列合并操作，将所有石子合并为一堆。每次合并操作只能合并相邻的两堆石子，合并的得分等于这两堆石子的数量之和的立方。目标是找到一种合并顺序，使得总得分最小（即最小化所有合并操作的得分总和）。例如，石子堆的数量数组为 [ 1, 2, 3 ]。一种可能的合并顺序是：合并前两堆 (1+2)³ = 27，剩下 [ 3, 3 ]。合并剩下的两堆 (3+3)³ = 216，总得分 27+216=243。但我们希望找到总得分最小的合并顺序。解题思路这是一个典型的区间动态规划问题，我们可以定义状态 dp[l][r] 表示将第 l 堆到第 r 堆石子（闭区间）合并为一堆的最小总得分。我们的最终目标是 dp[1][N] 。由于每次合并相邻两堆，我们可以考虑最后一次合并发生在位置 k，即先将区间 [ l, k] 合并为一堆，再将区间 [ k+1, r ] 合并为一堆，然后合并这两堆。因此，状态转移方程的核心思想是：这里 sum(l, r) 表示区间 [ l, r] 内石子的总数量。由于合并成两堆后，这两堆的数量分别是 sum(l, k) 和 sum(k+1, r) ，最后合并这两堆的得分就是它们和的立方。我们可以预处理前缀和数组 prefix ，使得 sum(l, r) = prefix[r] - prefix[l-1] ，这样可以在 O(1) 时间内计算区间和。详细步骤定义状态：设 dp[i][j] 表示合并第 i 堆到第 j 堆石子（1 ≤ i ≤ j ≤ N）的最小总得分。初始化：当区间长度为 1 时（即 i == j），不需要合并，得分为 0。所以 dp[i][i] = 0 。状态转移：对于区间 [ l, r]，我们枚举分割点 k（l ≤ k < r），表示最后一步合并是将 [ l, k] 合并成的一堆与 [ k+1, r ] 合并成的一堆进行合并。左区间合并的最小得分为 dp[l][k] ，右区间为 dp[k+1][r] 。最后合并的得分为 (sum(l,k) + sum(k+1,r))³ ，即 (sum(l, r))³ 。注意，实际上左堆数量为 sum(l,k) ，右堆为 sum(k+1,r) ，它们的和就是整个区间的总石子数 sum(l, r) 。所以转移方程为：这里关键点是：无论怎么分割，最后一步的合并得分只取决于整个区间的总石子数，与分割点 k 无关。但不同的 k 会影响 dp[l][k] + dp[k+1][r] 的值，我们需要选择最小的那个。计算顺序：区间 DP 通常按区间长度从小到大计算。先计算所有长度为 2 的区间，然后长度 3，直到长度 N。答案：最终答案是 dp[1][N] 。为什么立方会导致不同的最优解？在经典的石子合并问题中（得分是两堆石子数之和），最优合并顺序通常与数组顺序有关，但得分函数是线性的。而这里得分是和的立方，这意味着合并两个大堆的代价会非常高（因为立方增长很快）。因此，算法会倾向于尽早合并较小的堆，以避免在最后合并两个大堆时产生巨大的立方代价。状态转移中的 min 操作会自动寻找这种策略。示例演示假设石子堆为 [ 1, 2, 3 ]。前缀和: prefix[ 0]=0, prefix[ 1]=1, prefix[ 2]=3, prefix[ 3 ]=6。区间长度 1: dp[ 1][ 1]=0, dp[ 2][ 2]=0, dp[ 3][ 3 ]=0。长度 2: dp[ 1][ 2]: k=1, 左堆 sum(1,1)=1, 右堆 sum(2,2)=2, 总 sum=3, 得分=3³=27。dp[ 1][ 2 ] = 0+0+27 = 27。 dp[ 2][ 3]: k=2, 总 sum=2+3=5, 得分=125。dp[ 2][ 3 ] = 0+0+125 = 125。长度 3: dp[ 1][ 3 ] k=1: 左堆 sum(1,1)=1, 右堆 sum(2,3)=5, 总 sum=6, 得分=216。dp[ 1][ 1]+dp[ 2][ 3 ]+216 = 0+125+216 = 341。 k=2: 左堆 sum(1,2)=3, 右堆 sum(3,3)=3, 总 sum=6, 得分=216。dp[ 1][ 2]+dp[ 3][ 3 ]+216 = 27+0+216 = 243。取最小值 243。所以最小总得分为 243，与之前例子一致（对应合并顺序：先合并前两堆，再合并结果与第三堆）。复杂度分析状态数 O(N²)。每个状态需要枚举分割点 k，O(N)。总时间复杂度 O(N³)，空间复杂度 O(N²)（可以使用滚动数组优化空间，但这里不必要）。核心要点区间 DP 是解决合并类问题的标准方法。状态定义要清晰： dp[l][r] 表示合并该区间的最小总得分。状态转移时，注意最后一步合并的得分计算：由于是两堆合并，得分取决于这两堆石子数的和，而这两堆正好是左右子区间的总石子数，所以最终合并得分就是整个区间总石子数的立方。由于立方函数增长迅速，算法会自然倾向于让大堆尽可能晚合并（但实际上我们求最小值，所以会尽可能让大堆“晚”形成，从而减少立方代价）。这个问题的变体（比如得分是平方、四次方等）都可以用类似方法解决，只需修改最后合并时的代价函数即可。