注意！！！！传送门题目与本题解略有不符
区别在于题解为多组数据捆绑测试，传送门题目为单组数据测试
题目传送门

D1T2：方块消除（Block）

Description
Jimmy最近迷上了一款叫做方块消除的游戏. 游戏规则如下：n个带颜色方格排成一列，相同颜色的方块连成一个区域（如果两个相邻的方块颜色相同，则这两个方块属于同一个区域). 游戏时，你可以任选一个区域消去.设这个区域包含的方块数为x,则将得到x^2的分值.方块消去之后，右边的方格将向左移动.
虽然游戏很简单，但是要得到高分也不是很容易.Jimmy希望你帮助他找出最高可以得到多少分.
Input
测试包括多个数据，数字给出一个数字T，表示有多少组数据。T<=15对于每组数据，先给出一个数字N，1<=n<=200。表示有多少个方块，接下来一行N个数字表示每个方块的颜色,其值在1到N之间。
Output
对于每组数据，输出最大得分。格式如样例。
Sample Input
2
9
1 2 2 2 2 3 3 3 1
1
1
Sample Output
Case 1: 29
Case 2: 1

思路

这道题目表述的有一点不清晰~~（也可能是我理解能力太差了吧）~~
但大概就是：
有T组数据，做T次
数据有n个数字，表示n个方块中，每个方块颜色
将相邻的相同颜色的方块看做一组
不停删除任意一组相邻的相同颜色的方块
删除后，如果删除掉那组的左右两边方块颜色相同便视为一组
求删除时，每次删除区域长度平方的和

然后我们会想到用DP来解题
因为我们求删除区域长度平方的和，实质是求如何构成最长的区间长度

所以这是一道区间DP题目

而在考试时，因为种种原因 （不熟悉区间DP）
推导出的是有关树上的搜索题目
又没有剪枝和记忆化，所以超时

实际上，区间DP就是类似于向下划分，然后向上递推的某些树形结构

通常用划分区间的方法，区间长度为DP状态，一个区间的状态由包含于该状态的更小区间得来

所以，本题也是这样的
每消去一个区域，就会得到区域所含个数b[i]^2的值
并且消去该区域后，会使本来与被消去区域相邻的两个区域相邻

考试没有用DP还有一个重要的原因：
因为当前区域[l,r]的相邻的两个区域还可能在当前区域删去后合并
而如果只考虑区间[l,r]能得到的最大收益，一定是不全面的

所以在考后研究发现需要再引入一维，作为dp[i][j][k]
表示：i到j的区域，右边有k个和a[i]接在后面的最大收益

有两种决策：

1. 直接删除[i,j,k]这段区间，dp[i][j][k]=dp[i][j-1][0]+(a[j]+k)^2
2. 在[i,j]区间中，寻找一个p连续方块，使得p与j是同一种类型的，那么可以，把p，j之间的方块删除后再进行删除，dp[i][j][k]=dp[i][p][len[j]+k]+dp[p+1][j-1][0]

然后对每个i,j遍历一遍所有的取法，取最大值即可

注意在每组数据任务完成后初始化数组

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int a[1010000];
int b[1010000];
int dp[100][100][100];
int s[1010000];
int main(){
	int t;
	cin>>t;
	for(int T=1;T<=t;T++){
		cin>>n;
	    for(int i=1;i<=n;i++){
	        cin>>a[i];
	    }
	    for(int i=1;i<=n;i++){
	        cin>>b[i];
	        s[i]=s[i-1]+b[i];
	    }
	    
	    //注意：这里的l指文中的i，r指j，k保持不变 
	    for(int i=0;i<=n;i++){
	        for(int l=1;l<=n;l++){
	            int r=l+i;
	            if(i+l>n){
	                break;
	            }
	            for(int k=0;k<=s[n]-s[r];k++){
	                dp[l][r][k]=dp[l][r-1][0]+(b[r]+k)*(b[r]+k);
	            }
	            for(int k=l;k<r;k++){
	                for(int j=0;j<=s[n]-s[r];j++){
	                    if(a[k]==a[r]){
	                        dp[l][r][j]=max(dp[l][r][j],dp[l][k][b[r]+j]+dp[k+1][r-1][0]);
	                    }
	                }
	            }
	        }
	    }
	    cout<<"Case "<<T<<" "<<dp[1][n][0]<<endl;
	    memset(dp,0,sizeof(dp));
	}
    return 0;
}