题目
分析
比较神奇的一个区间 DP ，我看了很多题解都没看懂，大约是我比较菜罢。
先明确一下题意：abcde 取完 c 后变成 abde ，可以取 bd 这样取 c 后新增的连续段。因此这题需要区间 DP。
能发现取一段区间的代价只与这段区间的最大值和最小值有关。那么用 (f_{i,j,l,r}) 表示将区间 ([i,j]) 取到只剩下值在 ([l,r]) 中的数的最小代价，(g_{i,j}) 表示取完区间 ([i,j]) 的最小代价，则 (g_{1,n}) 就是答案。
考虑怎么转移。对于一段区间而言，取区间末尾的那个数不会创造出新的连续段，也就是说不存在一步必须要取完末尾的数才能取到。因此末尾的数一定可以最后一步再取。那么大力枚举末尾的数是和前面多少个数一起取的，就有转移：
[f_{i,j,l,r}=min_{k=i+1}^j f_{i,k-1,l,r}+g_{k,j}
]
此外，如果末尾的数在 ([l,r]) 中，那么也可以不取。此时有转移：
[f_{i,j,l,r}=f_{i,j-1,l,r}
]
(g) 的转移就是枚举取最后一步时剩下的最大值和最小值，然后加上取这一次的代价。即：
[g_{i,j}=min_{l=1}^{m}min_{r=l}^m f_{i,j,l,r}+a+b(r-l)^2
]
其中 (m) 是权值的最大值。
离散化后时间复杂度 (O(n^5)) 。
代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
using namespace std;
namespace zyt
{
const int N = 55, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, a, b, f[N][N][N][N], g[N][N], arr[N], tmp[N];
int sq(const int x)
{
return x * x;
}
int work()
{
memset(f, INF, sizeof(f));
memset(g, INF, sizeof(g));
scanf("%d%d%d", &n, &a, &b);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &arr[i]), tmp[i] = arr[i];
sort(tmp + 1, tmp + n + 1);
int cnt = unique(tmp + 1, tmp + n + 1) - tmp - 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
arr[i] = lower_bound(tmp + 1, tmp + cnt + 1, arr[i]) - tmp;
for (int i = 1; i <= n; i++)
memset(f[i][i - 1], 0, sizeof(f[i][i - 1]));
for (int len = 1; len <= n; len++)
for (int i = 1; i + len - 1 <= n; i++)
{
int j = i + len - 1;
for (int l = 1; l <= cnt; l++)
for (int r = l; r <= cnt; r++)
{
if (l <= arr[j] && arr[j] <= r)
f[i][j][l][r] = min(f[i][j][l][r], f[i][j - 1][l][r]);
for (int k = i + 1; k <= j; k++)
f[i][j][l][r] = min(f[i][j][l][r], f[i][k - 1][l][r] + g[k][j]);
}
for (int l = 1; l <= cnt; l++)
for (int r = l; r <= cnt; r++)
g[i][j] = min(g[i][j], f[i][j][l][r] + a + b * sq(tmp[r] - tmp[l]));
}
printf("%d", g[1][n]);
return 0;
}
}
int main()
{
return zyt::work();
}