一、前序知识
二、环形样例理解
三、问题如何转化
我们是不是可以利用以前学习过的\(AcWing\) \(282\). 石子合并那道题进行扩展来解决呢？因为共\(n\)个节点，那么就是需要合并\(n-1\)次，在图上理解就是
这样，我们枚举\(n-1\)次，即可以把这个环形问题转化为一个经典的区间\(dp\)问题，接下来我们计算一下时间：
原来\(282\)的时间复杂度是\(O(N^3)\),这里面还需要执行\(n-1\)次，那就时间复杂度就是\((n-1)O(N^3)=O(N^4)\),现在\(N\)的上限是\(200\),\(200^4=1,600,000,000\),很显然会超时,此路不通。
四、优化办法
环形问题的经典优化办法
1、构造一个长度为\(2*n\)的区间，模拟尾首相连。
启发我们在长度是\(2n\)的链上进行一次石子合并问题，预处理出来所有的区间\(f[i][j]\),然后枚举区间长度为\(n\)的所有子区间，就一定能枚举到\(n\)种情况了。\(f[i][j]->f[i][j+n-1]\)
这样的时间复杂度就是\(O((2N)^3)\),然后再通过一次常数的\(O(N)\)就可以搞定了，看清楚，这两个时间复杂度是加法关系，如此，我们就把一个时间复杂度是\(O(N^4)\)的算法，优化为一个\(O(（2N）^3)\)级别的算法，\(400^3=64,000,000\)
是可以一秒通过的。
而且这个办法是一个通用办法，是可以把环形问题转化。
五、实现代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//准备两倍的空间
const int N = 410;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n; //n个节点
int s[N]; //前缀和
int a[N]; //记录每个节点的石子数量
int f[N][N];//区间DP的数组(最大值)
int g[N][N];//区间DP的数组(最小值)
//环形DP：学习通用办法
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
//复制后半段的数组,构建一个长度为2*n的数组，环形DP问题的处理技巧
a[i + n] = a[i];
}
//预处理前缀和
for (int i = 1; i <= n * 2; i++)s[i] = s[i - 1] + a[i];
//预求最小，先放最大
memset(f, 0x3f, sizeof f);
//预求最大，先放最小
memset(g, -0x3f, sizeof g);
//区间DP的迭代式经典写法
for (int len = 1; len <= n; len++) //枚举区间长度
for (int l = 1; l + len - 1 <= n * 2; l++) {//枚举左端点
//计算出右端点
int r = l + len - 1;
//如果区间内石子堆数是1的话，那么是不需要进行合并的，修改为值为0,base case
if (len == 1) f[l][r] = g[l][r] = 0;
else {
//枚举分界点k
for (int k = l; k < r; k++) {
f[l][r] = min(f[l][r], f[l][k] + f[k + 1][r] + s[r] - s[l - 1]);
g[l][r] = max(g[l][r], g[l][k] + g[k + 1][r] + s[r] - s[l - 1]);
}
}
}
//因为从哪个位置断开环都是可行的，所以，我们依次检查一下
int Min = INF, Max = -INF;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
Min = min(Min, f[i][i + n - 1]);
Max = max(Max, g[i][i + n - 1]);
}
//输出
printf("%d\n%d\n", Min, Max);
return 0;
}