洛谷原题
这是蒟蒻写的第一篇黑题的题解
本题解初发于我的blog
这题有多个转移的方程，一下我慢慢叙述
这题很明显可以允许一个(O(n^5))的复杂度，
(O(n^6))很常数一大就很可能超时，
我们用一个四维数组(f[i][j][l][r])表示把 (i) 到 (j) 之间的值离散化后在取一些数(可以不取)在 ([l,r]) 之间的最小代价。
很明显，我们可以分两种情况
(l=r=0) 和 $l eq 0 $ 或 $r eq 0 $
对于(l=r=0) 的情况
我们可以都取完，也可以先不取这一个区间。
则 $f[i][j][0][0]=min(a+b * (max_{k=i}{j}-min_{k=i}{j}){2},min_{x=1}{tot} min_{y=x}{tot}(w[y]-w[x]){2}) $
对于$l eq 0 $ 或 $r eq 0 $ 的情况
我们可以分为四种情况
如果(i=j) 时，很明显区间只有一个数，当(lleq w[i])(离散化后的值)(leq r)，代价为 (0) ，否则为(INF)。
如果(i eq j) 时，这有枚举中间转移节点，
有三种情况，分别是：
左区间取而右区间不取
左区间不取而右区间取
左区间不取而右区间不取
则 (f[i][j][l][r]=min_{k=i}^{j-1}min(f[i][k][0][0]+f[k+1][j][l][r],f[i][k][l][r]+f[k+1][j][0][0],f[i][k][l][r]+f[k+1][j][l][r]))
代码实现：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define re register
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
x=0;
char s=getchar();
bool f=false;
while(!(s>='0'&&s<='9'))
{
if(s=='-')
f=true;
s=getchar();
}
while(s>='0'&&s<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+s-'0';
s=getchar();
}
if(f)
x=(~x)+1;
return;
}
const int N=56,INF=0x3f3f3f3f;
int n,a,b,f[N][N][N][N],w[N],p[N],tot,c[N];//w[i]是离散化后的值，c[i]是离散化前的值，p[i]是去重后的值
bool vis[N][N][N][N];
inline int dp(int i,int j,int l,int r)
{
int &ans=f[i][j][l][r];
if(vis[i][j][l][r])
return ans;
vis[i][j][l][r]=true;
ans=INF;
if(!l&&!r)
{
re int x=-INF,y=INF;
for(re int k=i; k<=j; k++)
{
x=max(x,c[k]);
y=min(y,c[k]);
}
ans=min(ans,a+b*(x-y)*(x-y));
for(x=1; x<=tot; x++)
for(y=x; y<=tot; y++)
ans=min(ans,dp(i,j,x,y)+a+b*(p[y]-p[x])*(p[y]-p[x]));
return ans;
}
else
{
if(i==j)
{
if(l<=w[i]&&w[i]<=r)
ans=0;
return ans;
}
for(re int k=i; k<j; k++)
ans=min(min(ans,dp(i,k,l,r)+dp(k+1,j,l,r)),min(dp(i,k,0,0)+dp(k+1,j,l,r),dp(i,k,l,r)+dp(k+1,j,0,0)));
return ans;
}
}
int main()
{
read(n);
read(a);
read(b);
for(re int i=1; i<=n; i++)
{
read(p[i]);
c[i]=w[i]=p[i];
}
sort(p+1,p+1+n);
tot=unique(p+1,p+1+n)-p-1;
for(re int i=1; i<=n; i++)
w[i]=lower_bound(p+1,p+1+tot,c[i])-p;
/*for(re int i=1; i<=tot; i++)
printf("%d ",p[i]);
putchar('
');*/
/*for(re int i=1; i<=n; i++)
printf("%d
",w[i]);*/
printf("%d
",dp(1,n,0,0));
return 0;
}