成绩单
期末考试结束了，班主任 L 老师要将成绩单分发到每位同学手中。L老师共有 (n) 份成绩单，按照编号从 (1) 到 (n) 的顺序叠放在桌子上，其中编号为 (i) 的成绩单分数为 (W_i)。
成绩单是按照批次发放的。发放成绩单时，L 老师会从当前的一叠成绩单中抽取连续的一段，让这些同学来领取自己的成绩单。当这批同学领取完毕后，L 老师再从剩余的成绩单中抽取连续的一段，供下一批同学领取。经过若干批次的领取后，成绩单将被全部发放到同学手中。
然而，分发成绩单是一件令人头痛的事情，一方面要照顾同学们的心理情绪，不能让分数相差太远的同学在同一批领取成绩单；另一方面要考虑时间成本，尽量减少领取成绩单的批次数。对于一个分发成绩单的方案，我们定义其代价为：
其中 (k) 是分发的批次数，对于第 (i) 批分发的成绩单，( ext{max}_i) 是最高分数，( ext{min}_i) 是最低分数，(a) 和 (b)是给定的评估参数。
现在，请你帮助 L 老师找到代价最小的分发成绩单的方案，并将这个最小的代价告诉 L 老师。当然，分发成绩单的批次数 (k) 是由你决定的。
(n leq 50, a leq 1500, b leq 10, w_i leq 1000)
题解
https://blog.csdn.net/qq_39677783/article/details/86898654
考虑到这题的抽取方式：每次从中间抽取一段，然后两边的又会拼起来，所以区别于序列划分类问题，前缀DP的状态不够清晰无法转移，可以想到区间DP。
先设(g(i,j))表示将([i,j])这段区间的数全部消掉的最小代价，那么最终答案就是(g(1,n))。但是这样会有问题：我们需要知道每次消去的(max_i)和(min_i)是多少，才能方便转移。那么我们可以这样做：首先对(w_i)离散化，假设(tmp_i)表示原数组(w)中第(i)小的数；对于一个(g(i,j))，我们可以枚举值域区间([l,r])，表示将([i,j])这段区间里的数全部消掉之前最后一次消去的数都在值域范围([l,r])当中。那么最后一次消去显然会产生(a+b imes(tmp_r-tmp_l)^2)的代价。那么接下来的问题就是：将区间([i,j])中的数消到只剩下值域范围在([l,r])中的数，最小代价是多少，不妨设其为(f(i,j,l,r))。
这样一来我们(g(i,j))的转移方程就有了：
下面考虑(f(i,j,l,r))的转移。一个显然的思路是
然而很不幸这样做会漏掉一些情况。
正确的做法是：首先我们可以找到([i,j])区间里左边第一个不在值域范围([l,r])中的数的位置(p)，以及右边第一个不在值域范围([l,r])中的数的位置(q)，如果存在这样的区间([p,q])（如果不存在当然就不用管了），那么
好了，这两个转移方程出来之后，剩下的就是区间DP套路了。当然是枚举区间长度再枚举左端点做DP就行了。
时间复杂度(O(n^5))
CO int N=60,inf=1e9;
int w[N],tmp[N];
int f[N][N][N][N],g[N][N];
int main(){
int n=read<int>(),a=read<int>(),b=read<int>();
for(int i=1;i<=n;++i) read(w[i]);
copy(w+1,w+n+1,tmp+1);
sort(tmp+1,tmp+n+1);
int all=unique(tmp+1,tmp+n+1)-tmp-1;
for(int i=1;i<=n;++i)
w[i]=lower_bound(tmp+1,tmp+all+1,w[i])-tmp;
for(int i=1;i<=n;++i){
g[i][i]=a;
for(int l=1;l<=all;++l)for(int r=l;r<=all;++r)
if(w[i]<l or w[i]>r) f[i][i][l][r]=a;
}
for(int len=2;len<=n;++len)for(int i=1,j=i+len-1;j<=n;++i,++j){
g[i][j]=inf;
for(int l=1;l<=all;++l)for(int r=l;r<=all;++r){
int p=0,q=0;
for(int t=i;t<=j;++t)
if(w[t]<l or w[t]>r) {p=t; break;}
for(int t=j;t>=i;--t)
if(w[t]<l or w[t]>r) {q=t; break;}
if(p and q) f[i][j][l][r]=g[p][q];
else f[i][j][l][r]=inf;
for(int k=i;k<j;++k)
f[i][j][l][r]=min(f[i][j][l][r],f[i][k][l][r]+f[k+1][j][l][r]);
g[i][j]=min(g[i][j],f[i][j][l][r]+a+b*(tmp[r]-tmp[l])*(tmp[r]-tmp[l]));
}
}
printf("%d
",g[1][n]);
return 0;
}
Greedy Pie Eaters
Farmer John 有 (M) 头奶牛，为了方便，编号为 (1ldots M)。这些奶牛平时都吃青草，但是喜欢偶尔换换口味。Farmer John 一天烤了 (N) 个派请奶牛吃，这 (N) 个派编号为 (1ldots N)。第 (i) 头奶牛喜欢吃编号在 ([l_i,r_i]) 中的派（包括两端），并且没有两头奶牛喜欢吃相同范围的派。第 (i) 头奶牛有一个体重 (w_i)，这是一个在 ([1, 10^6]) 中的正整数。
Farmer John 可以选择一个奶牛序列 (c_1,c_2,ldots c_K)，并让这些奶牛按这个顺序轮流吃派。不幸的是，这些奶牛不知道分享！当奶牛 (c_i) 吃派时，她会把她喜欢吃的派都吃掉——也就是说，她会吃掉编号在 ([l_{c_i},r_{c_i}]) 中所有剩余的派。Farmer John 想要避免当轮到一头奶牛吃派时，她所有喜欢的派在之前都被吃掉了这样尴尬的情况。因此，他想让你计算，要使奶牛按 (c_1,c_2,ldots c_K) 的顺序吃派，轮到这头奶牛时她喜欢的派至少剩余一个的情况下，这些奶牛的最大可能体重（(w_{c_1}+w_{c_2}+ldots +w_{c_K})）是多少。
对于全部数据，(1le Nle 300,1le Mle frac{N(N-1)}{2},1le l_ile r_ile N,1le w_ile 10^6)。
题解
http://jklover.hs-blog.cf/2020/06/07/Loj-3226-Greedy-Pie-Eaters/#more
首先可以假定所有(inom{n}{2})个区间都对应了一头牛,没有给出的可以将其牛的重量看作 0 .
当某头牛要吃区间 ([l,r]) 时,若剩下的派大于 (1) ,可以先让其他牛吃到还剩一个,于是每头牛都恰好吃掉一个派.
设 (f(l,r)) 表示把 (l,r) 内的派吃完能获得的最大收益,转移时枚举最后被吃的派是 (k) ,
其中 (g(l,r,k)=max_{lle xle kle y le r} A_{x,y}) ,表示用区间不超出 ([l,r]) 的牛吃掉第 (k) 个派能获得的最大收益.
转移时考虑 ([l,r]) 这个区间的贡献就行了.
时间复杂度 (O(n^3)) .
CO int N=310;
int a[N][N],g[N][N][N],f[N][N];
int main(){
int n=read<int>();
for(int m=read<int>();m--;){
int w=read<int>(),l=read<int>(),r=read<int>();
a[l][r]=w;
}
for(int len=1;len<=n;++len)
for(int l=1,r=l+len-1;r<=n;++l,++r)
for(int k=l;k<=r;++k){
g[l][r][k]=max(a[l][r],max(g[l+1][r][k],g[l][r-1][k]));
f[l][r]=max(f[l][r],f[l][k-1]+f[k+1][r]+g[l][r][k]);
}
printf("%d
",f[1][n]);
return 0;
}