区间dp状态设计的一般形式
区间dp一般就是设dp[i][j]表示区间[i,j]所能形成的最优答案或者方案数。
或者像序列一样，多加几维表示附加的信息。
poj3280
给你长度为m的字符串，其中有n种字符，每种字符都有两个值，分别是插入这个字符的代价，删除这个字符的代价，让你求将原先给出的那串字符变成一个回文串的最小代价。
M<=2000
dp[i][j]代表区间i到区间j成为回文串的最小代价，那么对于dp[i][j]有三种情况：
1、dp[i+1][j]表示区间i+1到区间j已经是回文串了的最小代价，那么对于s[i] 这个字母，我们有两种操作，删除与添加，对应有两种代价， dp[i+1][j]+add[s[i]]或dp[i+1][j]+del[s[i]]，取这两种代价的最小值。
2、dp[i][j-1]表示区间i到区间j-1已经是回文串了的最小代价，那么对于s[j] 这个字母，同样有两种操作，dp[i][j-1]+add[s[j]]或dp[i][j-1]+del[s[j]]，取最小值。
3、若是s[i]==s[j]，dp[i+1][j-1]表示区间i+1到区间j-1已经是回文串的最小代价，那么对于这种情况，我们考虑dp[i][j]与dp[i+1][j-1]的大小
然后dp[i][j]取上面这些情况的最小值即可。
括号最大匹配
给你一串()[]括号，要你求出这串括号的最大匹配个数，如'('与')'匹配，为 2个，'['与']'匹配，为2个，其他不能匹配.......
允许有杂质即( [ ( [ ] ] ) ] 应该是 [ ( [ ] ) ]//去掉杂质
就是选出一个最长合法子括号序列。
序列的长度小于等于100。
dp[i][j]代表从区间i到区间j所匹配的括号的最大个数，首先，假设不匹配， 那么dp[i][j]=dp[i+1][j]；
然后查找i+1~~j有木有与第i个括号匹配的，
有的话，dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i+1][k-1]+dp[k+1][j]+2)//其中c[i]与c[k]匹配。
为什么和上一题不一样？
因为()()()()….而非仅仅是(((())))
bzoj1900
折叠的定义如下：
1. 一个字符串可以看成它自身的折叠。
2. X(S)是X(X>1)个S连接在一起的串的折叠。记作X(S) = SSSS…S(X个S)。
3. 如果A = A’, B=B’，则AB =A’B’ 例如，因为3(A) = AAA, 2(B) = BB，所以
3(A)C2(B) = AAACBB，而2(3(A)C)2(B)=AAACAAACBB
给一个字符串，求它的最短折叠。例如AAAAAAAAAABABABCCD的最短折叠为：9(A)3(AB)CCD。
输入字符串长度小于等于100。
f[l][r]表示，把l~r这个区间折叠的最短长度，然后我们想，对于一个区间来说，我们有两种选择，一种是把这个区间它自己来折叠，另一种是两块已经折叠的区间接起来。
对于第二种情况，直接枚举断点（区间dp中很常见），找最小的一种方案，第一种则是，找出它所有的折叠方案，在折叠方案中取一个最优的。
思路的整理类比和分析：整体的思路都是对于一段区间，两类决策
1：枚举断点，由子问题更新的最优决策。
2：该区间本身进行压缩（进行处理）的最优决策。
一般1000考虑边界，100枚举断点
环形问题
环形问题有一个很常见的处理办法是，断环为链，然后把这个链复制一遍接在原链的后面。
然后做区间dp，最后取答案就是找dp[i][i+n-1]里面取最优的即可。
在读入的时候现将珠子们复制一遍放到后面，断环成链
设f[j][i]表示左端点为j号珠子，右端点为i号珠子的区间所能得到的最大能量，转移就枚举最后一步聚合的位置即可。
代码：
#includeusing namespace std;int head[205],tail[205],f[205][205];int n,ans;int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&head[i]); head[i+n]=head[i]; } for(int i=1;i<=n*2-1;i++) tail[i]=head[i+1]; tail[n+n]=head[1]; for(int i=1;i<=n-1;i++) { for(int j=1;j<=2*n-i;j++) { int t=i+j; for(int k=j;k<=t-1;k++) f[j][t]=max(f[j][t],f[j][k]+f[k+1][t]+head[j]*tail[k]*tail[t]); } } for(int i=1;i<=n;i++) { ans=max(ans,f[i][i+n-1]); } cout<