分离与合体题解（区间DP）

题目：

经过在机房里数日的切磁，LYD从社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，它们紧邻着排成了一行，编号1－n。在这經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当然想得到它们了。然而杜神牛规定LYD不可以一下子
把它们全部拿走，而是每次只可以拿一把。为了尽快地拿到所有的金钥匙，LYD自然就用上了刚学的分离与合体特技。

开始LYD可以选择从 $1～n－1$的任何一个区域（记为K）进入，进入后LYD会在K区域发
生分离，从而分离为两个小LYD。分离完成的同时会有一面墙在k和k＋1区域之间升起，从而把
的区间内任选除了区间末尾区域以外（即 $1～kー1$或 $k＋1～nー1$）的任何一个区域再次发生分离
就一共有了4个小小LYD…重复进行以上所叙述的分离，直到每个小LYD发现自己所在的区间只剩下了一个区域，他们就可以抱起自己梦寐以求的Oi金钥匙。

但是LYD不能就这么分成n多个个体存在于世界上，这些小LYD还会再合体，合体的两个小
LYD所在的区间中间的墙会消失。合体会获得一定的价值，计算方法是：（合并后所在区间的左右
端区域里金钥匙的价值之和）乘（之前分离的时候所在区域的金钥匙价值）
例如，LYD曾经在 $1～3$区间中的2号区域分离成为 $1～2$和3两个区间，合并时获得的价值就
是：（1号金钥匙价值＋3号价值）＊（2号金钥匙价值）
LYD请你编程求出最终可以获得的总价值最大是多少。并按照分离阶段从前到后，区域从左
向右的顺序，输出发生分离的区域编号
例如，先打印1分为2的分离区域，然后从左到右打印2分为4的分离区域，然后是4分为
的
注意：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）

输入

第一行一个正整数n（2≤n≤300）
第二行为n个用空格分开的正整数，表示 $1～n$区域里每把金钥匙的价值。
保证运算过程及结果不超出int范围

输出

第一行的一个数，即获得的最大价值。。

第二行按照分离阶段从前到后，区域从左向右的顺序，输出发生分离的区域编号，中间用一个空格隔开，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）

样例输入：

7
1 2 3 4 5 6 7

样例输入：

238
1 2 3 4 5 6

范围：

对于 $20$ 的数据 $,n≤10$；

对于 $40$ 的数据， $n≤50$；

对于 $100$ 的数据， $n,ai≤300$

$i≤300$，保证运算过程和结果不超过 $32$位正整数范围。

题解：

首先这道题不难发现它就是一道裸题，首先设dp[i][j]为i~j区间的最大价值，那么不难知道dp[i][j]是由元区间dp[i][k] + dp[k + 1][r]的和加上(a[i] + a[y])*a[k]，注意区间长度应该是从2开始枚举，因为1时，已经不用分裂了。

难点：

但是我们应如何输出路径呢？首先需要定义一个l[i][j]，表示i~j之间最大的k点（集中转点），于是我们就只需要按顺序枚举分裂后的起始位置，结束位置即可得到最终答案，这里可以用dfs枚举，详细见代码：

void _printf(int qi, int zhong, int  y) {
	if(y == 0) {//如果达到目标深度则返回
		return;
	}
	if(l[qi][zhong] == -1){//输出过就跳过
		return;
	}
	if(flag[qi][zhong] == 0) {//如果此时的k没输出过则输出
		flag[qi][zhong] = 1;
		printf("%d ", l[qi][zhong]);
	}
	_printf(qi, l[qi][zhong], y - 1);//枚举划分点左边，这层枚举完了，深度-1
	_printf(l[qi][zhong] + 1, zhong, y - 1);//枚举划分点右边
}

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
int n, a[305], dp[305][305], l[305][305], sum = 0, flag[305][305];
void _printf(int qi, int zhong, int  y) {
	if(y == 0) {
		return;
	}
	if(l[qi][zhong] == -1){
		return;
	}
	if(flag[qi][zhong] == 0) {
		flag[qi][zhong] = 1;
		printf("%d ", l[qi][zhong]);
	}
	_printf(qi, l[qi][zhong], y - 1);
	_printf(l[qi][zhong] + 1, zhong, y - 1);
}
int main() {
//	freopen("separation.in", "r", stdin);
//	freopen("separation.out", "w", stdout); 
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1;i <= n; i++) {
		scanf("%d", &a[i]);
	}
	memset(l, -1, sizeof(l));
	for(int len = 2;len <= n; len++) {
		for(int i = 1;i <= n - len + 1; i++) {
			int r = i + len - 1;
			for(int k = i;k < r; k++) {
				if(dp[i][k] + dp[k + 1][r] + (a[i] + a[r]) * a[k] > dp[i][r]) {
					dp[i][r] = dp[i][k] + dp[k + 1][r] + (a[i] + a[r]) * a[k];
					l[i][r] = k;
				}
			}
		}
	}
	printf("%d\n", dp[1][n]);
	for(int i = 1;i <= n; i++) {
		_printf(1, n, i);
	}
	return 0;
}