DP好题，状态转移方程可能这辈子都不会想出来$qwq$
看完题就知道是区间DP，设状态为$f_{i,j}$，然后考虑转移的时候发现：中间可能有一部分零散的和两端相同颜色的块，转移十分麻烦
于是考虑神仙状态：$f_{i,j,k}$，其中$i,j$同上，$k$表示 在块$j$之后有且仅有$k$个与块$j$相同颜色的块
考虑转移：分两种情况
$a.$把最后$k+1$个一起消掉，由$f_{i,j-1,0}+(k+1)^2$转移
$b.$在$[i,j-1]$中取一个块$m$满足$color_m=color_j$，将它们中间的元素消掉，也就是由$f_{m+1,j-1,0}+f_{i,m,k+1}$转移
将以上转移取$max$即可
关于为什么是对的就感性理解一下吧
一定要注意转移顺序啊$qwq$
复杂度是$O(n^4)$，复杂度不对竟然在$UVA$和$POJ$上效率还可以
看完题就知道是区间DP，设状态为$f_{i,j}$，然后考虑转移的时候发现：中间可能有一部分零散的和两端相同颜色的块，转移十分麻烦
于是考虑神仙状态：$f_{i,j,k}$，其中$i,j$同上，$k$表示 在块$j$之后有且仅有$k$个与块$j$相同颜色的块
考虑转移：分两种情况
$a.$把最后$k+1$个一起消掉，由$f_{i,j-1,0}+(k+1)^2$转移
$b.$在$[i,j-1]$中取一个块$m$满足$color_m=color_j$，将它们中间的元素消掉，也就是由$f_{m+1,j-1,0}+f_{i,m,k+1}$转移
将以上转移取$max$即可
关于为什么是对的就感性理解一下吧
一定要注意转移顺序啊$qwq$
复杂度是$O(n^4)$，复杂度不对竟然在$UVA$和$POJ$上效率还可以
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 inline int read(){
4 int a = 0;
5 char c = getchar();
6 while(!isdigit(c))
7 c = getchar();
8 while(isdigit(c)){
9 a = (a << 3) + (a << 1) + (c ^ '0');
10 c = getchar();
11 }
12 return a;
13 }
14 inline int max(int a , int b){
15 return a > b ? a : b;
16 }
17 int ans[201][201][201] , col[201] , dis[201];
18 int main(){
19 int T = read();
20 for(int i = 1 ; i <= T ; i++){
21 int N = read();
22 memset(ans , 0 , sizeof(ans));
23 memset(dis , 0 , sizeof(dis));
24 for(int j = 1 ; j <= N ; j++)
25 col[j] = read();
26 for(int j = N ; j ; j--)
27 for(int k = j + 1 ; k <= N ; k++)
28 if(col[j] == col[k])
29 dis[j]++;
30 for(int j = N ; j ; j--)
31 for(int k = j ; k <= N ; k++){
32 for(int q = j ; q < k ; q++)
33 //转移顺序很重要！
34 if(col[q] == col[k])
35 for(int p = 0 ; p <= dis[k] ; p++)
36 ans[j][k][p] = max(ans[j][k][p] , ans[q + 1][k - 1][0] + ans[j][q][p + 1]);
37 for(int p = 0 ; p <= dis[k] ; p++)
38 ans[j][k][p] = max(ans[j][k][p] , ans[j][k - 1][0] + (p + 1) * (p + 1));
39 }
40 printf("Case %d: %d\n" , i , ans[1][N][0]);
41 }
42 return 0;
43 }