题目

n个不同颜色的方块排成一行，每次消去一段长度为x的连续相同颜色方块（这一段是指直到这种颜色的边界为止），可以得到 $x^2$积分，问最多可以得到多少积分

分析

这一题是区间动态规划，但是截然不同的是，如果按照dp[i,j]从i到j连续的一段来表示状态，那么无法表示XAXBXCX这种的最优解，因为它是消除了内部的分段A,B,C之后，还要把剩下的重新拼起来，而以前见到的都只有划分，没有重新拼接这一个部分

这道题的状态和转移方程非常巧妙，让我想估计一天都想不出，关键是给状态增加一个维度k表示后缀，得到的状态是dp[i][j][k]表示从方块i到方块j这一段，后面还有k个和方块j颜色相同的方块时的最大得分
首先对于右端的方块来说，只看消去时的结果，他要么是被独自消去的，要么是两端隔开的被连在了一起之后消除，所以决策就有两个

1. 消除最右端的那一段方块（连带着后缀一起）， $dp[i][j][k]=dp[i][p-1][0]+(j-p+k+1)^2,其中[p,j]中的p是[i，j]中，与j相同颜色的连续木块区间能够到达的最左端$
2. 消除中间的一段， $q<p且i<=q<=j,color[q]==color[j] 且 color[q+1] !=color[j]$,按照这个要求可以找出很多个q，枚举可能的q， $dp[i][j][k]=max_q(dp(q+1, p-1, 0) + dp(i, q, j-p+k+1)|q\in满足条件的q值集合)$，这时状态转移方程中分为两部分，一个是被处理的中间部分dp(q+1, p-1, 0)，另一个是剩下的dp(i, q, j-p+k+1)，可以看到[p，j]变成了后缀部分

状态有 $O（n^3）$个，决策有O(n)个，时间复杂度 $O(n^4)$,但实际使用的状态数量比较少，所以时间消耗不高

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
const int maxn=205;
int t,kase,n,color[maxn],dp[maxn][maxn][maxn];

int DP(int i,int j,int k){
    if(i>j) return 0;
    int &t=dp[i][j][k];
    if(t>=0) return t;
    int p=j-1;
    while(p>=i && color[p]==color[j]) p--;
    ++p;
    t=DP(i,p-1,0)+(j-p+1+k)*(j-p+1+k);
    for(int q=i;q<p;++q){
        if(color[q]==color[j] && color[q+1]!=color[j]){
            t=max(t,DP(q+1,p-1,0)+DP(i,q,j-p+1+k));
        }
    }
    return t;
}

int main(void){
    cin>>t;
    kase=1;
    while(kase<=t){
        cin>>n;
        for(int i=0;i<n;++i) scanf("%d",&color[i]);
        for(int i=0;i<n;++i){
            for(int j=0;j<n;++j){
                for(int k=0;k<n;++k)
                    dp[i][j][k]=-1;
            }
        }
        int ans=DP(0,n-1,0);
        printf("Case %d: %d\n",kase++,ans);
    }
}