AcWing 1068. 环形石子合并（区间dp）

题意：

给定 n 个石子的 分数 wi，且石子是 环形放置 的（即：在给定的顺序上，同时满足 1 和 n 也是相邻的）

规定每次只能合并 相邻 的两堆石子，形成一个新的石子堆，合并的 费用 是两个石子堆的 分数之和

求解两个方案：

• 方案一：把这 n 堆石子合并为一堆，且满足费用最大的方案

• 方案二：把这 n 堆石子合并为一堆，且满足费用最小的方案

思路：

本题是限制只能合并 相邻两堆石子的模型，是区间dp模板题：AcWing 282. 石子合并 的环形扩展问题。

考虑如何设定 动态规划 的阶段，既可以表示出 初始 每个石子的费用，也可以表示出 合并后 整个堆的费用

我们考虑将 当前合并的石子堆的大小 作为DP的阶段，这样 len=1 表示初值，即每个堆只有一个石子， len=n 表示终值，即一个堆中有所有的石子

这种阶段设置方法能够保证：每次合并两个区间时，它们所有的子区间合并费用都已经被计算出来了

阶段设定好后，我们考虑如何记录当前的状态，无外乎两个参数：

• 石子堆的左端点 l
• 石子堆的右端点 r

DP分析
状态表示—集合$flen,l,r$ ：当前合并的石子堆的大小为 $len$，且石子堆的左端点是 $l$，右端点是 $r$ 的方案
状态表示—属性$flen,l,r$： 方案的费用最大/最小（本题两者都要求）
状态计算—$flen,l,r$:

注意：

考虑一下本题的 环形相邻 情况如何解决，方案有如下两种：

• 枚举环中分开的位置，将环还原成链，这样就需要枚举 n 次，时间复杂度为 O(n^4)
• 把链延长两倍，变成 2n 个堆，其中 i 和 i+n 是相同的两个堆，然后直接套 区间DP 模板，但对于 阶段 len 只枚举到 n，根据 状态的定义，最终可以得到所求的方案，时间复杂度为 O(n^3)

初始状态： $f1,i,i$($1\le i\le n$)

目标状态： $fn,1,n$

代码：

#include

using namespace std;

const int N = 210, M = N<<1, inf = 0x3f3f3f3f;
int n;
int f[M][M], g[M][M];
int s[M], w[M];

int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1; i<=n; ++i)
    {
        cin>>w[i];
        w[i+n] = w[i];
    }
    //预处理前缀和（DP状态转移中用到的区间和）
    for(int i=1; i<=n<<1; ++i)
    {
        s[i] = s[i-1] + w[i];
    }
    
    memset(f, 0x3f, sizeof f);
    memset(g, -0x3f, sizeof g);
    for(int len = 1; len <= n; ++len)//阶段：区间长度
    {
        for(int l = 1; l + len - 1 <= n<<1; ++l)//左端点
        {
            int r = l + len -1;//右端点
            if(len==1) {f[l][r] = 0, g[l][r] = 0; continue;}//区间长度为1时特殊判断
            for(int k = l; k < r; ++k)//枚举分界点
            {
                f[l][r] = min(f[l][r], f[l][k] + f[k+1][r] + s[r] - s[l-1]);
                g[l][r] = max(g[l][r], g[l][k] + g[k+1][r] + s[r] - s[l-1]);
            }
        }
    }
    //目标状态中找出方案
    int MIN = inf, MAX = -inf;
    for(int i=1; i<=n; ++i)
    {
        MIN = min(MIN, f[i][i+n-1]);
        MAX = max(MAX, g[i][i+n-1]);
    }
    
    cout<