引言

关于这个区间 $DP$ ，其实是有套路和模板的，题型的话也是变化不多，感觉就那几种，只不过有些题会用到高精度或者是要记录方案，所以整体来说还是比较容易的了，然后这种题型还是多见的为好，目前也只是会做这几道题。其实关于蓝桥杯只要你暴力都能打满，那么国三是稳了的，如果能做对大概两道题，那么就能拿国二，所以说搞这个 $DP$ 也只是看能不能碰见做过类似的题目，现场解题我是不敢想了，太难的压根做不出来，但也不能完全不学，不是特别难的还是要学，万一出了那就是自己赚了，所以继续加油吧，另外感觉身体累了，也是要合理的休息的！

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区间合并模板

memset(f, 0x3f, sizeof f);  //先全部初始化为非法状态 
for(int len = 1; len <= n; ++len)  // 确定r
{for(int l = 1; l + len - 1 <= n; ++l)  //确定l{int r = l + len - 1;if(l == r) f[l][r] = 0;  // 计算f[l][r]else  // 计算f[l][r]{for(int k = l; k < r; ++k) f[l][r] = min(f[l][r], f[l][k] + f[k+1][r] + ...);}}
}

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一、石子合并

标签：动态规划、区间DP

思路：这个区间 $DP$ 其实用之前的分析法也是可以的，一般状态定义都是看经验，定义一个状态 $f[i][j]$ 代表合并 $i\sim j$ 区间内的石子所要花费的最小的代价，状态计算也是跟那个 $Floyd$ 算法差不多，就是把这一个区间按照倒数第二步划分，也就是把 $f[i][j]$ 按照分界点划分为 $f[i][k],f[k+1][j]$ ，然后再进行取最小值。两堆石子合并所花费的最小的代价，就是合并成两堆石子各自的最小代价加上这两堆石子总的代价，前面的也就是 $f[i][k],f[k+1][j]$ 了，后面的可以直接拿前缀和来做即可。那么状态转移方程就为 $f[l][r]=min(f[l][r],f[l][k]+f[k+1][r]+s[r]-s[l-1])$ ，然后初始的状态 $f[i][i]$ 的值为 $0$ ，然后其余的都是非法的，并且该题求的是最小值，所以初始化为正无穷即可。剩余的就按照模板即可。

题目描述：

设有 N 堆石子排成一排，其编号为 1,2,3,…,N。每堆石子有一定的质量，可以用一个整数来描述，现在要将这 N 堆石子合并成为一堆。每次只能合并相邻的两堆，合并的代价为这两堆石子的质量之和，合并后与这两堆石子相邻的石子将和新堆相邻，合并时由于选
择的顺序不同，合并的总代价也不相同。例如有 4 堆石子分别为 1 3 5 2， 我们可以先合并 1、2 堆，代价为 4，得到 4 5 2， 又合并 1、2 堆，代价为 9，得到 9 2 ，再合
并得到 11，总代价为 4+9+11=24；如果第二步是先合并 2、3 堆，则代价为 7，得到 4 7，最后一次合并代价为 11，总代价为 4+7+11=22。问题是：找出一种合理的方法，使总的代价最小，输出最小代价。输入格式
第一行一个数 N 表示石子的堆数 N。第二行 N 个数，表示每堆石子的质量(均不超过 1000)。输出格式
输出一个整数，表示最小代价。数据范围
1≤N≤300
输入样例：
4
1 3 5 2
输出样例：
22

示例代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define x first
#define y secondconst int N = 310, M = N, INF = 0x3f3f3f3f;int n, m;
int s[N], f[N][N];int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n;for(int i = 1; i <= n; ++i) cin >> s[i], s[i] += s[i-1];memset(f, 0x3f, sizeof f);for(int len = 1; len <= n; ++len){for(int l = 1; l + len - 1 <= n; ++l){int r = l + len - 1;if(l == r) f[l][r] = 0;else{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]);}}}cout << f[1][n] << endl;return 0;
}

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二、环形石子合并

标签：DP、区间DP、环形区间DP

思路：这道题跟上一道题唯一的不同就是该题的石子是环形的，不是链形的，解决的办法都是在该链的基础上在追加一条链，然后在此基础上做区间 $DP$ ，最后再枚举每 $n$ 堆石子找最值。为什么这样做是正确的呢，如下图所示，如果我们把圆圈看作石子，连边看作是石子之间的合并，那么必然会连 $n-1$ 条边，那么肯定会如下图所示会有一个缺口，我们把其展开就是一条长度为 $n$ 的链了，那么我们直接枚举这个缺口，也就是在 $2n$ 的长度下做区间为 $n$ 的区间合并，最后再枚举所有长度为 $n$ 的区间的结果即可。其余的初始化等细节，详情见代码。

题目描述：

将 n 堆石子绕圆形操场排放，现要将石子有序地合并成一堆。规定每次只能选相邻的两堆合并成新的一堆，并将新的一堆的石子数记做该次合并的得分。请编写一个程序，读入堆数 n 及每堆的石子数，并进行如下计算：选择一种合并石子的方案，使得做 n−1 次合并得分总和最大。选择一种合并石子的方案，使得做 n−1 次合并得分总和最小。输入格式
第一行包含整数 n，表示共有 n 堆石子。第二行包含 n 个整数，分别表示每堆石子的数量。输出格式
输出共两行：第一行为合并得分总和最小值，第二行为合并得分总和最大值。数据范围
1≤n≤200
输入样例：
4
4 5 9 4
输出样例：
43
54

示例代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define x first
#define y secondconst int N = 410, M = N, INF = 0x3f3f3f3f;int n, m;
int w[N], s[N];
int f[N][N], g[N][N];int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n;for(int i = 1; i <= n; ++i){cin >> w[i];w[i+n] = w[i];}for(int i = 1; i <= n * 2; ++i) s[i] = w[i] + s[i-1];memset(f, 0x3f, sizeof f);memset(g, -0x3f, sizeof g);for(int len = 1; len <= n; ++len){for(int l = 1; l + len - 1 <= n * 2; ++l){int r = l + len - 1;if(l == r) f[l][r] = g[l][r] = 0;else{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]);}}}}int r1 = INF, r2 = -INF;for(int i = 1; i <= n; ++i){r1 = min(r1, f[i][i+n-1]);r2 = max(r2, g[i][i+n-1]);}cout << r1 << endl << r2 << endl;return 0;
}

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三、能量项链

标签：DP、区间DP、破环成链

思路：这道题其实跟上一道题是差不多的， 区别就是 $len$ 最小从 $2$ 变成 $3$ 了，并且总的长度变为了 $n+1$ ，由于题目特性，两颗珠子根据首尾也能合并成一个珠子。所以最终的结果就是 $f[i][i+n]$ 里选一个，因为 $len$ 最小是 $3$ ，所以 $l<k<r$ ，状态转移方程为 ${\sum }_{k=l+1}^{k=r-1}f[l][r]=max(f[l][r],f[l][k]+f[k][r]+w[l]\ast w[k]\ast w[r])$ 。其余的就是模板，细节见代码。

题目描述：

在 Mars 星球上，每个 Mars 人都随身佩带着一串能量项链，在项链上有 N 颗能量珠。能量珠是一颗有头标记与尾标记的珠子，这些标记对应着某个正整数。并且，对于相邻的两颗珠子，前一颗珠子的尾标记一定等于后一颗珠子的头标记。因为只有这样，通过吸盘（吸盘是 Mars 人吸收能量的一种器官）的作用，这两颗珠子才能聚合成一颗珠子，同时释放出可以被
吸盘吸收的能量。如果前一颗能量珠的头标记为 m，尾标记为 r，后一颗能量珠的头标记为 r，尾标记为 n，则聚合后释放的能量为 m×r×n
（Mars 单位），
新产生的珠子的头标记为 m，尾标记为 n。需要时，Mars 人就用吸盘夹住相邻的两颗珠子，通过聚合得到能量，直到项链上只剩下一颗珠子为止。显然，不同的聚合顺序得到的总能量是不同的，请你设计一个聚合顺序，使一串项链释放出的总能量最大。例如：设 N=4，4 颗珠子的头标记与尾标记依次为 (2，3)(3，5)(5，10)(10，2)。我们用记号 ⊕ 表示两颗珠子的聚合操作，(j⊕k) 表示第 j，k 两颗珠子聚合后所释放的能量。则第 4、1 两颗珠子聚合后释放的能量为：(4⊕1)=10×2×3=60。这一串项链可以得到最优值的一个聚合顺序所释放的总能量为 ((4⊕1)⊕2)⊕3)=10×2×3+10×3×5+10×5×10=710。输入格式
输入的第一行是一个正整数 N，表示项链上珠子的个数。第二行是 N 个用空格隔开的正整数，所有的数均不超过 1000，第 i 个数为第 i 颗珠子的头标记，当 i<N 时，第 i 颗珠子的尾标记
应该等于第 i+1 颗珠子的头标记，第 N 颗珠子的尾标记应该等于第 1 颗珠子的头标记。至于珠子的顺序，你可以这样确定：将项链放到桌面上，不要出现交叉，随意指定第一颗珠子，然后按顺时针方向确定其他珠子的顺序。输出格式
输出只有一行，是一个正整数 E，为一个最优聚合顺序所释放的总能量。数据范围
4≤N≤100,1≤E≤2.1×109
输入样例：
4
2 3 5 10
输出样例：
710

示例代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define x first
#define y secondconst int N = 210, M = N, INF = 0x3f3f3f3f;int n, m;
int w[N], f[N][N]; int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n;for(int i = 1; i <= n; ++i) cin >> w[i], w[i+n] = w[i];memset(f, -0x3f, sizeof f);for(int len = 1; len <= n + 1; ++len){for(int l = 1; l + len - 1 <= n * 2; ++l){int r = l + len - 1;if(r - l + 1 < 3) f[l][r] = 0;else{for(int k = l + 1; k < r; ++k){f[l][r] = max(f[l][r], f[l][k] + f[k][r] + w[l] * w[k] * w[r]);}}}}int res = 0;for(int i = 1; i <= n; ++i){res = max(res, f[i][i+n]);}cout << res << endl;return 0;
}