标签：cli 枚举 端点 clu 通过 ali org ref 就是
后来我是发现还是区间dp最简单QwQ..
在区间dp中，一个状态由若干个比它小且包含它的区间所代表的状态转移而来，初态一般就由长度为1的‘元区间’构成。 ——lyd《算法竞赛进阶指南》
大概就是将原本很长的一段区间不断细化，直到成为一个元区间可以求解为止。
举个栗子：
石子合并题目做了无数遍了，题意就不再赘余。
之前觉得它不太好理解，现在想来，不过就是一个区间不断分分分，直到成为两段相邻元区间。
see 图...
最后总会剩下两堆石子进行合并，那么就可以得到动态转移方程：
f[l,r]=max(f[l,r],f[l,k]+f[k+1,r]+合并代价）
初值：f[l][l]=Al
目标：f[1][n]
合并代价怎么算呢，前缀和啊，说到这里应该很透彻了叭QwQ
那么问题来了，这可是一堆石子围成了个圈a，这可怎么办呢？
还是啊，因为不知道从哪断开才是最合理的，于是就枚举啊，把一个圈拆开，拆成2n长度不就可以了，长度又不会变。
1 #include<iostream> 2 #define maxn 500 3 using namespace std; 4 int num[maxn],a[maxn]; 5 int dp1[maxn][maxn],dp2[maxn][maxn]; 6 int main() 7 { 8 int n; 9 cin>>n; 10 for(int i=1;i<=n;i++) 11 { 12 cin>>a[i]; 13 num[i]=num[i-1]+a[i]; 14 } 15 for(int i=n+1;i<=2*n;i++) 16 num[i]=num[i-1]+a[i-n]; 17 for(int ll=1;ll<n;ll++) 18 { 19 for(int i=1;i<2*n;i++) 20 { 21 int j=i+ll; 22 if(j<2*n) 23 { 24 dp2[i][j]=9999999; 25 for(int k=i;k<j;k++) 26 { 27 dp1[i][j]=max(dp1[i][j],dp1[i][k]+dp1[k+1][j]+num[j]-num[i-1]); 28 dp2[i][j]=min(dp2[i][j],dp2[i][k]+dp2[k+1][j]+num[j]-num[i-1]); 29 } 30 } 31 } 32 } 33 int maxx=0,minn=9999999; 34 for(int i=1;i<=n;i++) 35 { 36 maxx=max(maxx,dp1[i][i+n-1]); 37 minn=min(minn,dp2[i][i+n-1]); 38 } 39 cout<<minn<<endl<<maxx<<endl; 40 return 0; 41 }
于是区间dp思路就很明确了：
1.枚举区间长度
2.枚举左端点（通过左端点求长度）
3.枚举中间节点（中间决策状态）
阶段、状态、决策，三者应该按照从外到内的顺序依次循环。
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原文地址：https://www.cnblogs.com/S-Gloria/p/11827221.html
