要解决这个问题，我们需要设计一个动态规划（Dynamic Programming, DP）算法来最小化果篮的总成本。我们会通过计算每种可能的打包方式，并利用动态规划选择最优的方式来达到最小的总成本。
问题分析
给定水果的体积数组 volumes，我们需要将水果按照编号划分成多个果篮。每个果篮最多可以装 m 个水果，且水果的编号必须连续。果篮的成本公式为：
cost = 𝑘× ⌊ ( 𝑢 + 𝑣 ) / 2 ⌋ + 𝑠
其中，
- k 是果篮中水果的数量，
- u 是该果篮中水果的最大体积，
- v 是该果篮中水果的最小体积，
- s 是一个常数。
解题思路
-
动态规划定义：
设dp[i]表示前i个水果打包成若干果篮后的最小成本。
我们的目标是计算dp[n]，即所有n个水果打包后的最小成本。 -
转移方程：
对于每一个i，我们可以选择从j到i这段连续的水果作为一个果篮，其中 ( i - j + 1 \leq m )。然后计算该段水果的成本，最后更新dp[i]：dp[i] = min(dp[j] + cost(j+1, i)) for all j such that 1 <= j <= i and i - j + 1 <= m
其中
cost(j+1, i)表示从水果j+1到水果i组成一个果篮的成本。 -
计算果篮的成本：
对于每一个子数组[j+1, i]，我们需要计算：- 水果的最大体积
u和最小体积v。 - 计算成本公式：cost = 𝑘× ⌊ ( 𝑢 + 𝑣 ) / 2 ⌋ + 𝑠。
- 水果的最大体积
-
优化：
每次计算成本时，可以遍历从j到i的水果，计算u和v。为了优化计算，我们需要合理地更新u和v。
代码实现
import math
def min_cost(n, m, volumes, s):
# dp[i] 表示前i个水果打包的最小成本
dp = [float('inf')] * (n + 1)
dp[0] = 0 # 没有水果时成本为0
# 遍历每个可能的果篮结尾
for i in range(1, n + 1):
max_vol = -float('inf')
min_vol = float('inf')
# 遍历当前果篮的起始位置
for j in range(i, max(i - m, 0), -1): # 从i往回最多m个
max_vol = max(max_vol, volumes[j - 1]) # 取最大体积
min_vol = min(min_vol, volumes[j - 1]) # 取最小体积
k = i - j + 1 # 水果数量
cost = k * (math.floor((max_vol + min_vol) / 2)) + s # 计算当前果篮的成本
dp[i] = min(dp[i], dp[j - 1] + cost) # 更新dp[i]
return dp[n]
# 示例测试
n = 6
volumes = [1, 4, 5, 1, 4, 1]
m = 4
s = 3
result = min_cost(n, m, volumes, s)
print(result) # 输出最小的总成本
代码解释
-
初始化
dp数组：
dp[i]表示打包前i个水果所需的最小成本。初始时，dp[0] = 0，表示没有水果时没有成本。 -
遍历
i和j：
外层循环遍历所有可能的果篮结尾i，内层循环遍历所有可能的果篮起始位置j，并计算从j到i构成一个果篮的成本。 -
计算成本：
在内层循环中，维护max_vol和min_vol来跟踪当前果篮的最大体积和最小体积，并用这些值计算当前果篮的成本。 -
更新
dp[i]：
通过比较不同划分方式，更新dp[i]为最小的成本。
时间复杂度分析
- 外层循环遍历 循环遍历 i 从 1 到 n，因此它的迭代次数是 n
- 内层循环遍历 对于每一个 i，内层循环的迭代次数取决于 i 和 m。 j 从 i 向回最多遍历 m 个元素（即 j 的值从 i 到 max(i - m, 0)）。所以，内层循环最多迭代 m 次。
因此，时间复杂度为 O(n * m)。
空间复杂度分析
dp 数组的大小是 n + 1，即需要 O(n) 的空间。
volumes 数组的大小是 n，也是 O(n) 的空间。
因此，空间复杂度为 O(n)。
结果
给定示例输入 n = 6, volumes = [1, 4, 5, 1, 4, 1], m = 4, s = 3，运行代码的输出是：
21
这表明，最优的打包方式使得总成本为 21。
