今天主要介绍区间dp比较难的题：

下面是分析：

我们如果先固定点V0，那我们得去枚举两个点使它构成三角形，同时求目标值也比较难确定（起始与终止都带0），于是我们考虑固定边，我们固定v0v6然后去枚举点，这样子始终在v0--v6上剖分，不会都带0.

因此，我们令f[i][j]为vi--vj的最大剖分（vi与vj一定有边），目标求f[0][n];

转移方程为：f[i][j]=min(f[i][k]+f[k][j]+vi*vj*vk,f[i][j])

终止条件：f[i][i+1]=0

下面是AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,dp[60][60],a[60];
long long f(long long i,long long j){
    
    if(j-i==1) return dp[i][j]=0;
    if(dp[i][j]!=-1) return dp[i][j];
    dp[i][j]=f(i,i+1)+f(i+1,j)+a[i]*a[j]*a[i+1];
    for(long long k=i+2;k<=j-1;k++){
        dp[i][j]=min(dp[i][j],f(i,k)+f(k,j)+a[i]*a[j]*a[k]);
    }
    return dp[i][j];
}
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    memset(dp,-1,sizeof(dp));
     if(n<3) cout<<0;
     else cout<<f(1,n);
}

接题：

下面是分析：

显然，我们要么选最强的，要么选最弱的（如果它的马比自己所有马都强，选最弱的。

若有比他强的，选最强的，因为对手从强道弱，所以选任意一个比他强的都可以。

和最强马相等时，无法判断但一定从最强与最弱选一个，于是我们用区间dp.

每次取两个端点，中间就是连续区间，

我们令f[i][j]为某一论ai---aj的马可以赢的最大钱数。

我们发现：j-i=n-k-1;

易得转移方程为：f[i][j]=max(f[i+1][j]+a[i]与b[k]，f[i][j-1]+a[j]与b[k])

这里采用记忆化搜索，如果要for的话应该从最后一轮反向开始。

下面是AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,tian[2010],qi[2010],dp[2010][2010];
bool cmp(int a,int b){
	return a>b;
}
int cmp1(int a,int b){
	if(a>b){
		return 200;
	}
	if(a==b){
		return 0;
	}
	if(a<b){
		return -200;
	}
}
int f(int i,int j,int k){
	if(i==j) return dp[i][j]=cmp1(tian[i],qi[k]);
	if(dp[i][j]!=-1) return dp[i][j];
	dp[i][j]=max(f(i+1,j,n+i+1-j)+cmp1(tian[i],qi[k]),f(i,j-1,n+i+1-j)+cmp1(tian[j],qi[k]));
	return dp[i][j];
}
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&tian[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&qi[i]);	
	sort(tian+1,tian+n+1,cmp);
	sort(qi+1,qi+n+1,cmp);
	memset(dp,-1,sizeof(dp));
	int k=n+1-n;
	cout<<f(1,n,k);
}