木板切割问题(二)——动态规划
一、问题引入
有一根长度为L(L < 1000)的木棍,还有n(n < 50)个切割点的位置(按照从小到大排列)。你的任务是在这些切割点的位置处把棍子切成n+1份,使得总费用最小。每次切割的费用等于被切割的木棍长度。
二、问题分析
这个问题很像前面的栅栏维修(给定n个木棍的长度,切割点任意),这道题目相当于给定n+1个木棍的长度,且切割点固定。之前的贪心法就不能适用,因为用贪心法需要切割的点不一定是给定的切割点。我们必须换一种思路了。
n的规模非常小,可以考虑枚举切割点,但直接枚举所有的切割顺序肯定太大,可以考虑动态规划,枚举切割第一刀的位置。
设d(i,j)为切割小木棍i~j的最优费用,则d(i,j) = min{(d(i,k),d(k,j)) | i < k < j} + a[j] - a[i],其中a[j] - a[i]代表第一刀的费用。
注意,这里i,j都是表示切割点的位置,而不是木棍的序号,这样比较方便。
三、代码实现
1 #include<stdio.h> 2 #include<iostream> 3 #include<algorithm> 4 #include<cstring> 5 using namespace std; 6 7 const int INF = 0x3f3f3f3f; 8 const int maxl = 1000 + 10; 9 const int maxn = 50 + 10; 10 int L, n, cutp[maxn]; 11 int d[maxn][maxn]; //d[i][j]表示切割小木棍i-->j的最小费用,i,j表示的是切割点,d[0][n + 1]为所求 12 13 void slove() 14 { 15 for (int i = n + 1; i >= 0; i--) //注意循环顺序,这里必须是从大到小 16 for (int j = i; j <= n + 1; j++) //这里必须从小到大,这个观察状态转移方程就可以了 17 { 18 d[i][j] = (i + 1 == j ? 0 : INF); 19 for (int k = i + 1; k < j; k++) 20 d[i][j] = min(d[i][j], d[i][k] + d[k][j] + cutp[j] - cutp[i]); 21 } 22 printf("The minimum cutting is %d.\n", d[0][n + 1]); 23 } 24 25 int main() 26 { 27 while (scanf("%d", &L) == 1 && L) 28 { 29 scanf("%d", &n); 30 for (int i = 1; i <= n; i++) 31 scanf("%d", &cutp[i]); 32 33 //左边界编号为0,右边界为 n + 1 34 cutp[0] = 0; cutp[n + 1] = L; 35 36 slove(); 37 } 38 return 0; 39 }
四、总结
这种解法,状态有O(n2),每种状态有O(n)个决策,时间复杂度为O(n3)。据说可以用四边形不等式优化到O(n2),以后会了再补充吧。
转载于:https://www.cnblogs.com/lfri/p/9458060.html
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