问题描述

        

你们中的一些人可能玩过一个名为“块”的游戏。一行有n个块，每个框都有一个颜色。这是一个例子：金，银，银，银，银，青铜，青铜，青铜，金。相应的图片将如下图所示：

图1

如果一些相邻的盒子都是相同的颜色，并且其左侧的盒子（如果存在）和右侧（如果存在）都是其他颜色，我们称之为“盒子段”。有 4 个盒子段。即：金、银、青铜、金。段中分别有 1、4、3、1 个盒子。每次，您都可以单击一个框，然后包含该框的整个段都会消失。如果该段由 k 个框组成，您将获得 k*k 点。例如，如果您单击银色框，银色部分消失，您得到 4*4=16 分。现在我们来看下图：

图2

第一个是最佳的。找到你能得到的最高分数，给定这个游戏的初始状态。

输入

第一行包含测试次数 t（1<=t<=15）。每个案例包含两行。第一行包含一个整数 n（1<=n<=200），即框的数量。第二行包含 n 个整数，表示每个框的颜色。整数在 1~n 范围内。

输出

对于每个测试用例，打印用例编号和可能的最高分数。

样例输入

2
9
1 2 2 2 2 3 3 3 1
1
1

样例输出

Case 1: 29
Case 2: 1

//思路来源于中国大学MOOC——北京大学 程序设计与算法(二)算法基础 郭炜老师

一、问题分析

显然是一个动态规划的问题，按正常流程分析

1、分解原问题为子问题，确定状态

对于题目输入的小方块可以合并成一个大方块，利用结构体保存

struct Big{

        int color;        //记录大块的颜色

        int len;        //记录大块的长度，即由多少个小块组成

};

Big big[SIZE];

首先排除利用一维数组即一个状态来求解，score[i]代表前i个大块可以获得最高分数，对于前i-1个大块，无法正确表示

因此再考虑利用二维数组score[i][j]来表达状态，即代表第i个大块到第j个大块可以获得的最高分数，则与score[i][j-1]相比，可能

score[i][j]=score[i][j-1]+big[j].len*big[k].len

或者第j个大块可以和左边的相同颜色的大块合并，假设和第k个大块合并

score[i][j]=score[i][k-1]+score[k-1][j-1]+(big[k].len*big[j].len)*(big[k].len*big[j].len)

但存在可能第k个大块和第j个大块合并之后依然要和左边的某个大块合并，因此利用两个状态并不能很好的表示

因此采用三维数组表示score[i][j][len]表示第i个大块到第j个大块且第j个大块右边还有长度为len的与第j个大块相同颜色的小块

于是本问题即求解score[0][n][0]的值

2、确定初始值或者边界状态

本题采用了递归的方法

因此需要判断边界条件 即当i==j的时候返回

3、状态转移方程或者状态关系

假设j和len合并之后的大块为Q

则对于score[i][j][len]而言 存在两种情况

将Q消去        score[i][j][len]=score[i][j-1][0]+(big[j].len+len)*(big[j].len+len)

将Q与左边的某个大块k合并        score[i][j][len]=score[i][k][len+big[j].len]+score[k+1][j-1][0]

代码

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
#define SIZE 210	//n最大为200 因此建立一个大小为210的空间 
int score[SIZE][SIZE][SIZE];	//记录各个状态 struct Block{	//记录大块 int color;int length;
};Block big_block[SIZE];int ClickBox(int i,int j,int len){	//计算第i个大块到第j个大块右边长度为len的最大值 if(score[i][j][len]!=-1){	//如果值不为-1 表明已经计算过 直接返回即可 return score[i][j][len];}int result=(len+big_block[j].length)*(len+big_block[j].length);	//记录Q if(i==j){	//如果i=j代表除了Q已经没有其余大块 即result就是最大值  return result;}result+=ClickBox(i,j-1,0);	//记录第一种情况合并第j个和len 再加上第i个到第j-1个长度为0的值 for(int k=i;k<=j-1;k++){	//枚举遍历 记录第k个合并后与第一种情况的大小 比较保存最大值 if(big_block[k].color!=big_block[j].color){	//如果第k个和第j个颜色不同 则合并不了 继续寻找下一个 continue;}int r=ClickBox(k+1,j-1,0);	r+=ClickBox(i,k,big_block[j].length+len);	//记录找到的第k个与j和len合并后的值 result=max(r,result);	//保存最大值 }score[i][j][len]=result;return result;
}int main(){int t,n,count;	//t代表测试次数 n代表小块的个数 count用来记录第几次测试 int last,c,num;	//last代表上一个小块的颜色 初始为0 不与任何小块同色 c用来接收读入当前小块的颜色 num表示相同小块的个数 cin>>t;count=0;while(t--){memset(score,-1,sizeof(score));	//将所有求解状态置为-1 count++;cin>>n;last=0;num=-1;for(int i=0;i<n;i++){cin>>c;if(c!=last){	//通过c与last判断 判断当前读入的小块与之前的小块颜色是否相同 相同则代表可以组成一个大块 否则成为下一个大块的第一个小块 num++;big_block[num].color=c;big_block[num].length=1;last=c;}else{big_block[num].length++;}}cout<<"Case "<<count<<": "<<ClickBox(0,num,0)<<endl;	//ClickBox(0,num,0) 第0个大块到第num个大块右边没有小块的最大值 即问题的解 }return 0;
} 

//第二次文章 记录于2023/4/3