题目描述

题解

显然是一个区间DP，最直观的思路就是设置状态 $f[l][r]$为区间 $[l,r]$的最高得分。

但是对于中间消除以后再消边上操作会十分困难，我们这里采用一种费用提前计算的方法：

我们设 $f[l][r][k]$表示在区间 $[l,r]$消完以后，还要消在 $r$右边颜色和 $r$一样的 $k$个的方案数。

我们可以用这幅图来诠释这个状态转移方程。

第一种情况，若 $r$不能与 $r-1$合并，直接将 $[l,r-1]$的贡献加上r和右边的k合并以后的贡献。即： $f[l][r][k]=max(f[l][r][k],f[l][r-1][0]+(k+1)^2)$
第二种情况，将 $[1,r]$中的两边合并，合并以后再用 $r$和右边的某个 $k$合并。此时需要保证 $[1,r]$中合并的两端必须颜色相同。即： $f[l][r][k]=max(f[l][r][k],f[l][i][k+1]+f[i+1][r-1][0])$
对于枚举i，我们需要枚举每一个和r颜色相同的点，我们可以额外用一个 $pre_i$表示上一个和i颜色相同的点的位置。这样我们可以避免无用的枚举。

这道题的启示就是，我们当未来某一个状态还不确定的时候，适当的采用费用提前的手段，并增加一维状态来限制这一个答案。例如，这里的 $k$就是一个假想的存在，其作用就是用于费用提前计算来方便我们统计答案。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 300;
int n;
int a[N], last[N], pre[N], f[N][N][N];

int dp(int l,int r,int k)
{
	if (l > r) return 0;
	if (f[l][r][k] > 0) return f[l][r][k];
	if (a[r-1] ^ a[r]) f[l][r][k] = dp(l,r-1,0)+(1+k)*(1+k);//格子r单独和右边的格子消 
	for (int i=pre[r];i>=l;i=pre[i])//枚举每一个和颜色r相同的格子 
	    f[l][r][k] = max(f[l][r][k],dp(l,i,k+1)+dp(i+1,r-1,0));//将i和「r和后面的k合并以后的格子」 合并 
	return f[l][r][k];
}

int main(void)
{
	freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;++i) {
		scanf("%d",a+i);
		pre[i] = last[a[i]];//记录「和位置i颜色相同的上一次出现」的格子的位置 
		last[a[i]] = i;
	}
	cout << dp(1,n,0) << endl;
	return 0; 
}