一、問題描述
多邊形游戲是一個單人玩的游戲，開始時有一個由n個頂點構成的多邊形。每個頂點被賦予一個整數值，每條邊被賦予一個運算符“+”或“*”。所有邊依次用整數從1到n編號。
游戲第1步，將一條邊刪除。
隨后n-1步按以下方式操作：
(1)選擇一條邊E以及由E連接着的2個頂點V1和V2；
(2)用一個新的頂點取代邊E以及由E連接着的2個頂點V1和V2。將由頂點V1和V2的整數值通過邊E上的運算得到的結果賦予新頂點。
最后，所有邊都被刪除，游戲結束。游戲的得分就是所剩頂點上的整數值。
問題:對於給定的多邊形，計算最高得分。
如下圖：
其實該問題與之前討論過的凸多邊形最優三角剖分問題是類似的，但二者的最優子結構性質卻不同。多邊形游戲問題的最優子結構性質更具有一般性。
二、算法思路
1、最優子結構性質
設所給的多邊形的頂點和邊的順時針序列為op[1],v[1],op[2],v[2],op[3],…,op[n],v[n] 其中，op[i]表示第i條邊所對應的運算符，v[i]表示第i個頂點上的數值，i=1~n。
在所給的多邊形中，從頂點i（1<=i<=n）開始，長度為j（鏈中有j個頂點）的順時針鏈p(i,j）可表示為v[i],op[i+1],…,v[i+j-1]，如果這條鏈的最后一次合並運算在op[i+s]處發生（1<=s<=j-1），則可在op[i+s]處將鏈分割為兩個子鏈p(i,s)和p(i+s,j-s)。
設m[i,j,0]是鏈p(i,j)合並的最小值，而m[i,j,1]是最大值。若最優合並在op[i+s]處將p(i,j)分為兩個長度小於j的子鏈的最大值和最小值均已計算出。即：
a=m[i,s,0] b=m[i,s,1] c=m[i+s,j-s,0] d=m[i+s,j-s,1]
(1) 當op[i+s]=’+’時
m[i,j,0]=a+c ；m[i,j,1]=b+d
該鏈的最優性由子鏈的最優性決定，最大值對應於子鏈的最大值，最小值對應於子鏈的最小值。
(2) 當op[i+s]=’*’時
m[i,j,0]=min{ac,ad,bc,bd} ； m[i,j,1]=max{ac,ad,bc,bd}
由於v[i]可能取負數，子鏈的最大值相乘未必能得到主鏈的最大值，但是注意到，主鏈的最大值和最小值可以由子鏈的最大最小值得到。
由於最優斷開位置s有1<=s<=j-1的j-1中情況。 初始邊界值為 m[i,1,0]=v[i] 1<=i<=n m[i,1,1]=v[i] 1<=i<=n
2、遞歸求解
可以得到遞歸表達式，將p(i,j)在op[i+s]處斷開的最大值記為maxf(i,j,s)，最小值記為minf(i,j,s)則：
因為多變形式封閉的，在上面的計算中，當i+s>n時，頂點i+s實際編號為(i+s)mod n。按上述遞推式計算出的m[i,n,1]記為游戲首次刪除第i條邊后得到的最大得分。
3、算法描述
void MinMax(int n,int i,int s,int j,int &minf,int &maxf) { int e[5]; int a=m[i][s][0],b=m[i][s][1]; int r=(i+s-1)%n+1;//多邊形的實際頂點編號 int c=m[r][j-s][0],d=m[r][j-s][1]; if(op[r]=='t') { minf=a+c; maxf=b+d; } else { e[1]=a*c; e[2]=a*d; e[3]=b*c; e[4]=d*b; minf=e[1]; maxf=e[1]; for(int r=2; r<5; r++) { if(minf>e[r]) minf=e[r]; if(maxf<e[r]) maxf=e[r]; } } } int PloyMax(int n,int& p) { int minf,maxf; for(int j=2; j<=n; j++) //迭代鏈的長度 { for(int i=1; i<=n; i++) //迭代首次刪掉第i條邊 { for(int s=1 ; s<j; s++) //迭代斷開位置 { MinMax(n,i,s,j,minf,maxf); if(m[i][j][0]>minf) m[i][j][0]=minf; if(m[i][j][1]<maxf) m[i][j][1]=maxf; } } } int temp=m[1][n][1]; p=1; for(int i=2 ; i<=n; i++) { if(temp<m[i][n][1]) { temp=m[i][n][1]; p=i; } } return temp; }
4、計算復雜性分析
與凸多邊形最優三角剖分問題類似，上述算法需要O（n3）計算時間。
5、例題
#include<iostream> #include<algorithm> #define MAX 200 #define INF 0x7fffffff using namespace std; int m[MAX+1][MAX+1][2]; int v[MAX+1]; int out[MAX+1]; char op[MAX+1]; int ans=-INF; int minf,maxf; int n; void MinMax(int i,int s,int j) { int e[5]; int a=m[i][s][0]; int b=m[i][s][1]; int r=(i+s-1)%n+1;//多邊形的實際頂點編號 int c=m[r][j-s][0]; int d=m[r][j-s][1]; if(op[r]=='t') { minf=a+c; maxf=b+d; } else { e[1]=a*c; e[2]=a*d; e[3]=b*c; e[4]=d*b; minf=e[1]; maxf=e[1]; for(int k=2; k<5; k++) { maxf=max(maxf,e[k]); minf=min(minf,e[k]); } } } int main() { scanf("%d",&n); getchar(); for(int i=1; i<=n; i++) { scanf("%c %d",&op[i],&v[i]); m[i][1][1]=v[i]; m[i][1][0]=v[i]; getchar(); } for(int j=2; j<=n; j++)//迭代鏈的長度 { for(int i=1; i<=n; i++) //迭代首次刪掉的邊 { for(int s=1; s<j; s++) //迭代斷開位置 { MinMax(i,s,j); if(s==1) { m[i][j][0]=minf; m[i][j][1]=maxf; } else { m[i][j][1]=max(maxf,m[i][j][1]); m[i][j][0]=min(minf,m[i][j][0]); } } } } int i; int cnt=0; for(i=1; i<=n; i++) { if(m[i][n][1]>ans) { ans=m[i][n][1]; } } for(i=1; i<=n; i++) { if(m[i][n][1]==ans) { cnt++; out[cnt]=i; } } printf("%d\n",ans); for(i=1; i<cnt; i++) { printf("%d ",out[i]); } printf("%d\n",out[i]); return 0; }
再附上幾組數據，方便調試：
5 x 2 x 3 t 1 t 7 x 4 224 4 5 x -3 t -1 t -7 t -4 x -2 30 1 5 3 t 0 x 1 t -2 0 1 30 x 1 t 1 x 1 t 1 t 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 t 1 t 1 x 1 t 1 x 1 x 1 t 1 x 1 x 1 t 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 t 1 x 1 x 1 x 1 288 1 3 6 7 8 9 10 11 14 16 17 19 20 22 23 24 25 26 28 29 30 48 x 1 x 2 x 1 x -1 t 1 x -1 x -1 x 1 t 1 t -1 x 1 t 2 x 1 x 2 t 1 x 1 x -1 x -2 x 1 x 1 t 1 x 1 t 1 x 1 x 1 x 1 t 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x -1 t 1 x 1 x -1 x -1 t 1 x 1 t 1 x 1 x 1 x -1 t 1 t -1 t -1 x 1 23328 45