AcWing 320 能量项链

$AcWing$ $320$ 能量项链

一、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
$4≤N≤100,1≤E≤2.1×10^9$

输入样例：

4
2 3 5 10

输出样例：

710

二、数据样例解析

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。

上面这段话，就是告诉我们，其实 是一个首尾相连接的环。

样例： $2$ $3$ $5$ $10$
表示有$4$个珠子：$①[2,3]$, $②[3,5]$,$③[5,10]$,$④[10,2]$

如果我们先合并的$④$和$①$,最终结果就是$⑤[10,3]$，释放能量$10*2*3=60$点，剩下$②③⑤$
$⑤$再与$②$合并，结果就是$⑥[10,5]$，释放能量$10*3*5=150$点。剩下$③$和$⑥$
$⑥$与$③$合并，结果就是$⑦[10,10]$，释放能量$10*5*10=500$点。剩下$⑦$,只剩下一个了，完成！

一共合并$3$次，总的能量就是$60+150+500=710$点

三、理解题意

本题是上一题环形石子合并问题的变形。按照上一题一样的处理环形问题的方法，将序列的长度翻倍。

状态表示

$f[l][r]$表示第$l$到第$r$个珠子合并释放的最大能量

这里 注意 比如$len$为$2$时，

$$\large \left\{\begin{matrix} [2 ~3] & 前面一个珠子 \\ [3 ~5] & 后面一个珠子 \end{matrix}\right.$$

合并这两颗珠子，释放的能量等于$2 * 3 *5$。

最后剩下一棵珠子的头尾吸盘也需要合并到一起的，比如$2$ $3$ $5$ $10$合并成为了$(2,10)$，尽管此时合并成了一串，但项链的首尾仍需要连接，所以还需要合并$(2,10)$及$(10,2)$，本题就转化成了求区间长度为$n$的石子合并问题的最大值。

四、区间$DP$

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 210;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int n;
int a[N];
int f[N][N];

int main() {
    scanf("%d", &n);
    // 破环成链
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]), a[i + n] = a[i]; // 第 i 颗珠子的头标记

    // 区间DP模板
    for (int len = 2; len <= n; len++)
        for (int l = 1; l + len - 1 <= n * 2; l++) { // 区间左端点
            int r = l + len - 1;                     // 区间右端点，r-l=l+len-1-l=len-1,举栗子：比如r=3,l=1,则len=3,len-1=3-1=2,符合事实
            for (int k = l; k < r; k++)              // 中间点k
                f[l][r] = max(f[l][r], f[l][k] + f[k + 1][r] + a[l] * a[k + 1] * a[r + 1]);
            // 这里的过程同石子合并，这里不难想到若将l到k的珠子合并之后会变成一个首是l而尾k+1的珠子；
            // 同理若将k+1到r的珠子合并之后会变成一个首是k+1而尾r+1的珠子；
        }
    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) res = max(f[i][i + n - 1], res); // 区间长度为n
    printf("%d\n", res);
    return 0;
}

五、记忆化搜索代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 210;

int n;
int a[N];
int f[N][N]; // 记忆化结果

// 计算l~r之间的结果值
int dfs(int l, int r) {
    if (r == l) return 0;                            // 区间内有一个数字
    if (r == l + 1) return (a[l] * a[r] * a[r + 1]); // 区间内有两个数字,a[r+1]就是破环成链的妙用

    int &v = f[l][r]; // 准备记录结果
    if (v) return v;  // 如果计算过，则返回已经有的结果

    // 枚举倒数第一个可能的结束位置
    for (int k = l; k < r; k++)
        v = max(v, dfs(l, k) + dfs(k + 1, r) + a[l] * a[k + 1] * a[r + 1]);
    return v;
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    // 破环成链
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]), a[i + n] = a[i];

    // 以每个位置为起点，跑一遍dfs,找出最大值
    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) res = max(res, dfs(i, i + n - 1));
    printf("%d", res);
    return 0;
}