矩阵最优连乘问题（区间DP+记忆化）

Description

在科学计算中经常要计算矩阵的乘积。矩阵A和B可乘的条件是矩阵A的列数等于矩阵B的行数。若A是一个p×q的矩阵，B是一个q×r的矩阵，则其乘积C=AB是一个p×r的矩阵。

由公式知计算C=AB总共需要pqr次的数乘。

为了说明在计算矩阵连乘积时加括号方式对整个计算量的影响，我们来看一个计算3个矩阵{A1，A2，A3}的连乘积的例子。设这3个矩阵的维数分别为10×100，100×5和5×50。若按第一种加括号方式((A1A2)A3)来计算，总共需要10×100×5+10×5×50=7500次的数乘。若按第二种加括号方式(A1(A2A3))来计算，则需要的数乘次数为100×5×50+10×100×50=75000。第二种加括号方式的计算量是第一种加括号方式的计算量的10倍。由此可见，在计算矩阵连乘积时，加括号方式，即计算次序对计算量有很大影响。

于是，人们自然会提出矩阵连乘积的最优计算次序问题，即对于给定的相继n个矩阵{A1,A2,…,An}(其中Ai的维数为pi-1×pi ，i=1,2,…,n)，如何确定计算矩阵连乘积A1A2…An的一个计算次序(完全加括号方式)，使得依此次序计算矩阵连乘积需要的数乘次数最少。

输入数据第一行为矩阵个数，第二行为n+1个数字a[0~n]，其中对于第i个矩阵其大小为a[i-1]*a[i]。

刚刚学习了区间DP，写发题解纪念一下。

按照区间DP的思想，可以倒着分析，枚举最后一次进行乘法的位置，将原区间转化为两个子区间，相应代表了将原问题转化为两个规模较小的子问题。这里可以将递归和记忆化结合起来，递归的终点就是区间左端点等于右端点，由于提前给dp[i][i]赋值为0，所以这里直接return 0；同时如果dp[l][r]不为初始化时的0x3f3f3f3f的话说明这个值已经得到了就不用再算一遍了，直接return就好（记忆化）。然后就是dp[l][r]还没被计算过，那么枚举每个可能为当前区间最后一次做乘法的位置：l~r-1，然后写转移方程dp[l][r]=min(dp[l][r],process(l,i)+process(i+1,r)+a[l-1]*a[i]*a[r])（注意这里的dp[l][r]不要写成process(l,r)要不然永远无法更新，直接死循环了），至于为啥加的是a[l-1]*a[i]*a[r]，这是根据矩阵乘法的性质得来的，分开的左半个矩阵的大小为a[l-1]*a[i]，右半个矩阵的大小为a[i]*a[r]，算出来后直接return即可。最终要求的就是process(1,n)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[1005];//第i个矩阵是a[i-1]*a[i]大小 
int dp[1005][1005]={0};
int process(int l,int r)
{
    if(dp[l][r]!=0x3f3f3f3f)return dp[l][r];
    int i;
    for(i=l;i<r;i++)
    {
        dp[l][r]=min(dp[l][r],process(l,i)+process(i+1,r)+a[l-1]*a[i]*a[r]);//这里的dp[l][r]不要写成process(l,r)要不然永远无法更新，直接死循环了 
    }
    return dp[l][r];
}
int main()
{
    cin>>n;
    int i;
    for(i=0;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    memset(dp,0x3f3f3f3f,sizeof(dp));
    for(i=1;i<=n;i++)dp[i][i]=0;
    printf("%d",process(1,n));
    return 0;
}