D. Doin' Time ——区间dp

D. Doin' Time

题意：

给你长度为n的数列（n <= 300）每次可以选择一个数a_x 与它后面的那个数a_x+1合并成一个新的数a_x*a_x+1 然后得到（a_x-a_x+1）² 的分数 一共n-1次操作

求最多可以得到多少分数

思路：

区间dp

最后肯定是由两个数合并成一个数 就是要考虑 分成哪两段 才能使答案更优 而每一段又可以分成两段 只要找到每段最优的情况（即从小段的最优情况转移给大段） 然后输出整段最优解

预处理 利用前缀积 和 逆元 方便处理后续数据

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string> 
#include<set> 
#include<map>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<stack>
#include<unordered_map>
#include<iomanip>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr)
#define m_p make_pair
#define pi acos(-1)
using namespace std;

const int N = 2e5 + 5;
const int M = 5e5 + 5;
const double eps = 1e-4;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const ll mod = 1000003;
ll n, m, k, a[310], pre[310], pre2[310], dp[310][310];

ll qsm(ll a, ll b){
    int ans = 1;
    while(b){
        if(b & 1) ans = ans * a % mod;
        a = a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}

void solve()
{
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        cin >> a[i];
    }
    pre[0] = pre2[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
                //前缀积
        pre[i] = pre[i - 1] * a[i] % mod;
                //逆元 即 前缀积的倒数
        pre2[i] = qsm(pre[i], mod - 2);
    }
    ll l, r;
        //i代表区间长度 从小到大枚举长度 然后进行状态转移
    for(int i = 2; i <= n; i++){
                //相同长度的不同段的最优情况 
        for(int j = 1; j + i - 1 <= n; j++){
                        //左右区间 有区间不能超界
            l = j, r = i + j - 1;
                        //枚举K 中间端点 即这个区间从哪两个更短的区间转移过来最优
            for(int k = l; k <= r - 1; k++){
                dp[l][r] = max(dp[l][r], dp[l][k] + dp[k + 1][r] + (pre[k] * pre2[l - 1] % mod - pre[r] * pre2[k] % mod) * (pre[k] * pre2[l - 1] % mod - pre[r] * pre2[k] % mod));
            }
        }
    }
    cout << dp[1][n] << "\n";
}

signed main()
{
    IOS;
    ll t = 1;
    //cin >> t;
    while(t--)
        solve();
    return 0;
}