分离与合体 题解（通俗易懂）

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还是先把题目放上来吧~~
经过在机房里数日的切磋，LYD 从杜神牛那里学会了分离与合体，出关前，杜神牛给了他一个测试……

杜神牛造了 个区域，他们紧邻着排成一行，编号 。在每个区域里都放着一把 OI 界的金钥匙，每一把都有一定的价值，LYD 当然想得到他们了。然而杜神牛规定 LYD 不能一下子把他们全部拿走，而是每次只可以拿一把。为了尽快得到所有金钥匙，LYD 自然就用上了刚学的分离与合体特技。

一开始 LYD 可以选择 中的任何一个区域进入，我们不妨把这个区域记为 。进入后 LYD 会在 区域发生分离，从而分离成两个小 LYD。分离完成的同时会有一面墙在 区域和 区域间升起，从而把 和 阻断成两个独立的区间，并在各自区间内任选除区间末尾之外（即从 和 中选取）的任意一个区域再次发生分离，这样就有了四个小小 LYD……重复以上所叙述的分离，直到每个小 LYD 发现自己所在的区间只剩下了一个区域，那么他们就可以抱起自己梦寐以求的 OI 金钥匙。

但是 LYD 不能就分成这么多个个体存在于世界上，这些小 LYD 还会再合体，合体的小 LYD 所在区间中间的墙会消失。合体会获得 合并后所在区间左右端区域里金钥匙价值之和之前分离的时候所在区域的金钥匙价值。

例如，LYD 曾在 区间中的 号区域分离成为 和 两个区间，合并时获得的价值就是 号金钥匙价值 号金钥匙价值 号金钥匙价值。

LYD 请你编程求出最终可以获得的最大总价值，并按照分离阶段从前到后，区域从左到右的顺序，输出发生分离区域编号。若有多种方案，选择分离区域尽量靠左的方案（也可以理解为输出字典序最小的）。

例如先打印一分为二的区域，然后从左到右打印二分为四的分离区域，然后是四分为八的……

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首先我们可以分析出来，就是一道区间 $dp$ 。
所以，我们首先可以定义状态 : dp[i][j] 为 i 到 j 合并之后的最大值。

所以我们就可以推出转移方程：

dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k + 1][j] + (a[i] + a[j]) * a[k]);

我们设置一个断点 k ( i <= k < j) , 含义就是枚举在合并 i ~ j 这个区间的时候站在 k 这个位置上进行操作。所以就是 dp[i][k] + dp[k + 1][j]; 而把他们合并之后又会产生 (a[i] + a[j]) * a[k] 的价值，所以转移方程如上。

再进行常规操作就可以了~
下面是参考代码

	for (int len = 1; len <= n; len++) {//枚举合并的区间的长度，先小后大（最优子结构）
		for (int i = 1; i <= n - len + 1; i++) {//枚举在当前区间长度下的左端点
			int j = len + i - 1;//根据左端点和区间长度求出右端点
			for (int k = i; k < j; k++) {//设置断点，暴力查找最优解
				if (dp[i][k] + dp[k + 1][j] + (a[i] + a[j]) * a[k] > dp[i][j]) {/*找到的答案优于当前
				答案，则进行更新*/
					dp[i][j] = dp[i][k] + dp[k + 1][j] + (a[i] + a[j]) * a[k];//更新
					p[i][j] = k;//先不管
				}	
			}
		}
	}

现在我们就解决了第一个小问，而第二问才是这道题的一个难点。因为它是要输出每一个合并区域，所以我们就可以在更新 i ~ j 的分离的位置 k 的时候用一个二位数组给他保存下来。就如上图的 p[i][j] = k，意思是 i 到 j 这个区间的最优合并实在 k 这个位置上进行的。（本人认为有点绕，多读几遍就好了）
我们就又可以在一个 dfs 之中查找出序列。具体实现如下：

	f = 1;//用来判断是否还有答案没有输出
	while (f) {
		f = 0;/*如果还有答案的话，会在之后的 dfs 之中把 f 重新置为 1（f 是全局变量）
		（就是定义在主函数外面的）*/
		h ++;//用于输出答案时判断顺序是否正确（初值当然为 0）
		dfs(1, n, 1);/*分别为左端点，右端点，end
		（end 与 h 相配合使用，以保证输出时的顺序不乱）*/
	}

void dfs(int x, int y, int end) {//三个实参
	if (x >= y) return ;//假如左端点大于右端点或者等于右端点当然都是错误的，所以直接跳出
	if (end == h) {//当前要输出的数与现在的是否相同
		printf("%d ", p[x][y]);//打印当前答案
		f = 1;/*之后还有没有输出的答案，当没有答案时，f 就不会被置为 1，而又因为
	 在 while 循环中 f 就被置为了 0 ， while 循环终止的条件就是 f = 0, 所以此时跳出
	 while 循环。*/ 
		return ;//返回，防止死循环
	} 
	dfs(x, p[x][y], end + 1);/*重点。简单地说就是二分，把左端点作为下一次的左端点，把这一次合并的位置作为下一次的右端点来查找，并把end + 1，即当前查找的位置加一*/
	dfs(p[x][y] + 1, y, end + 1);//同上
}

参考程序：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

const int MAXN = 305;

int a[MAXN];
int p[MAXN][MAXN], vis[MAXN][MAXN];
int dp[MAXN][MAXN];
bool f;
int h;

void dfs(int, int, int);

int main() {
	memset(p, -1, sizeof p);
	int n;
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%d", &a[i]);
	}
	for (int len = 1; len <= n; len++) {
		for (int i = 1; i <= n - len + 1; i++) {
			int j = len + i - 1;
			for (int k = i; k < j; k++) {
				if(dp[i][k] + dp[k + 1][j] + (a[i] + a[j]) * a[k] > dp[i][j]) {
					dp[i][j] = dp[i][k] + dp[k + 1][j] + (a[i] + a[j]) * a[k];
					p[i][j] = k;
				}	
			}
		}
	}
	printf("%d\n", dp[1][n]);
	f = 1;
	while (f) {
		f = 0;
		h ++;
		dfs(1, n, 1);
	}
	return 0;
}

void dfs(int x, int y, int end) {
	if (x >= y) return ;
	if (end == h) {
		printf("%d ", p[x][y]);
		f = 1;
		return ;
	} 
	dfs(x, p[x][y], end + 1);
	dfs(p[x][y] + 1, y, end + 1);
}