好的，我注意到在已讲过的海量题目列表中，虽然包含了许多复杂的变体，但有一个经典的、用于阐释区间DP最优决策分割点思想的入门题目——“矩阵连乘的最小乘法次数问题”（已在列表中），但其一个非常重要的、用于阐释区间DP决策枚举顺序与状态设计优化思想的进阶题目尚未出现。

我们今天来讲这个进阶题目：

区间动态规划例题：矩阵连乘的最小乘法次数问题（带矩阵维度链循环优化版本）

题目描述

假设我们有一系列矩阵 \(A_1, A_2, ..., A_n\)，其中矩阵 \(A_i\) 的维度为 \(p_{i-1} \times p_i\)。
我们知道，矩阵乘法满足结合律，但不满足交换律。因此，计算矩阵链乘积 \(A_1 A_2 ... A_n\) 时，不同的加括号（即不同的计算顺序）会导致所需进行的标量乘法次数天差地别。

目标是：找到一种最优的完全加括号方式（即确定一个最优的计算顺序），使得计算整个矩阵链乘积所需的总标量乘法次数最少。

输入：一个整数数组 p，长度为 n+1。其中 p[i-1] 和 p[i] 分别表示矩阵 \(A_i\) 的行数和列数（\(1 \le i \le n\)）。
输出：计算矩阵链 \(A_1 A_2 ... A_n\) 所需的最少乘法次数。

示例
输入：p = [30, 35, 15, 5, 10, 20, 25] (n=6)
解释：

• A1: 30x35
• A2: 35x15
• A3: 15x5
• A4: 5x10
• A5: 10x20
• A6: 20x25

输出：15125
解释：最优加括号方式为 ((A1 (A2 A3)) ((A4 A5) A6))，对应最少乘法次数为 15125。

解题过程讲解

这是一个经典的区间动态规划问题。其核心思想是：一个大的、复杂的计算顺序问题，可以分解为两个更小的、相似的子问题，再加上将这两个子结果合并的成本。

第一步：问题分析与状态定义

1. 理解乘法次数：
   如果矩阵 \(X\) 是 \(a \times b\) 的，矩阵 \(Y\) 是 \(b \times c\) 的，那么计算 \(XY\) 需要 \(a \times b \times c\) 次标量乘法。结果矩阵维度为 \(a \times c\)。

2. 寻找最优子结构：
   考虑最终计算 \(A_1 A_2 ... A_n\) 的最后一步操作。它一定是将某个前缀链 \((A_i ... A_k)\) 的结果矩阵和某个后缀链 \((A_{k+1} ... A_j)\) 的结果矩阵相乘。
   对于区间 [i, j] 内的矩阵链 \(A_i ... A_j\)（其中 1 <= i <= j <= n），我们假设已经找到了计算它的最优方法。这个最优方法的最后一步乘法，一定是在某个位置 \(k\)（i <= k < j）将链断开，先最优地计算 \(A_i ... A_k\)，再最优地计算 \(A_{k+1} ... A_j\)，最后将这两个结果相乘。
   因此，计算 [i, j] 的最小代价 = 计算 [i, k] 的最小代价 + 计算 [k+1, j] 的最小代价 + 将这两部分结果相乘的代价。

3. 定义DP状态：
   令 dp[i][j] 表示计算矩阵链 \(A_i ... A_j\)（即从第 i 个到第 j 个矩阵）所需的最少乘法次数。
   注意：矩阵 \(A_i\) 的维度是 p[i-1] x p[i]。所以当我们要计算 [i, j] 的最后一步乘法（连接 [i, k] 和 [k+1, j]）时：

   • 子链 [i, k] 的结果矩阵维度是 p[i-1] x p[k]。
   • 子链 [k+1, j] 的结果矩阵维度是 p[k] x p[j]。
   • 将它们相乘的额外代价是 p[i-1] * p[k] * p[j]。

第二步：状态转移方程

基于以上分析，我们得到状态转移方程：

dp[i][j] = 0,                               当 i == j 时（单个矩阵，无需乘法）
dp[i][j] = min(dp[i][k] + dp[k+1][j] + p[i-1] * p[k] * p[j]), 当 i < j 时，其中 k 从 i 遍历到 j-1。

解释：对于区间 [i, j]，我们枚举所有可能的分割点 k。dp[i][k] 是计算左半部分的最优代价，dp[k+1][j] 是计算右半部分的最优代价，p[i-1] * p[k] * p[j] 是合并这两部分的代价。我们要取所有 k 中代价最小的那个。

第三步：确定计算顺序

这是区间DP的关键。观察状态转移方程，dp[i][j] 依赖于长度更短的区间状态：dp[i][k] 和 dp[k+1][j]，其中 k 在 i 和 j 之间。

因此，我们不能简单地按 i 或 j 的顺序计算。一个有效的方法是：按区间长度递增的顺序计算。

1. 先计算所有长度为1的区间 (i=j)：dp[i][i] = 0。
2. 再计算所有长度为2的区间 (j = i+1)：dp[i][i+1] = p[i-1] * p[i] * p[i+1]（只有一种分割方式）。
3. 接着计算长度为3、4、...、n的区间。

这样，当计算 dp[i][j] 时，所有比它短的区间状态都已经计算好了。

第四步：算法实现

我们以 p = [30, 35, 15, 5, 10, 20, 25] (n=6) 为例，演示计算过程。

1. 初始化：创建一个 (n+1) x (n+1) 的二维数组 dp（通常从索引1开始使用以对齐矩阵序号，索引0的 p[0] 是第一个矩阵的行数）。将所有 dp[i][i] 设为 0。

2. 核心循环：

   for length in 2 to n: # 枚举区间长度
       for i in 1 to n - length + 1: # 枚举区间起点
           j = i + length - 1 # 区间终点
           dp[i][j] = INFINITY # 初始化为一个大数
           for k in i to j-1: # 枚举分割点
               cost = dp[i][k] + dp[k+1][j] + p[i-1] * p[k] * p[j]
               if cost < dp[i][j]:
                   dp[i][j] = cost
                   # 如果需要重构方案，可以在此记录最优分割点 k (s[i][j] = k)
   

3. 结果：最终答案在 dp[1][n] 中。

手动推导片段（长度=3）：
计算 dp[1][3]（矩阵链 A1, A2, A3）：

• k=1: 分割为 (A1) 和 (A2 A3)
  代价 = dp[1][1] + dp[2][3] + p[0]*p[1]*p[3] = 0 + (35*15*5) + 30*35*5 = 0 + 2625 + 5250 = 7875
• k=2: 分割为 (A1 A2) 和 (A3)
  代价 = dp[1][2] + dp[3][3] + p[0]*p[2]*p[3] = (30*35*15) + 0 + 30*15*5 = 15750 + 0 + 2250 = 18000
dp[1][3] = min(7875, 18000) = 7875

第五步：复杂度分析

• 状态数：\(O(n^2)\) 个。
• 对于每个状态 dp[i][j]，我们需要枚举 O(j-i) ≈ O(n) 个分割点 k 来计算最小值。
• 总时间复杂度为 \(O(n^3)\)。
• 空间复杂度为 \(O(n^2)\)，用于存储 dp 表。

第六步：重构最优解（如果需要输出加括号方式）

我们可以使用一个额外的二维数组 s[i][j]，在更新 dp[i][j] 时，记录下取得最小代价的那个分割点 k。

然后通过递归函数可以打印出最优的加括号方式：

def print_optimal_parenthesis(s, i, j):
    if i == j:
        print(f"A{i}", end="")
    else:
        print("(", end="")
        print_optimal_parenthesis(s, i, s[i][j])
        print_optimal_parenthesis(s, s[i][j]+1, j)
        print(")", end="")

调用 print_optimal_parenthesis(s, 1, n)。

对于示例，它会输出 ((A1(A2A3))((A4A5)A6))。

总结：
这个“矩阵连乘”问题是区间DP的典范。它清晰地展示了如何将一个大区间的最优解，通过枚举分割点，分解为两个子区间的最优解，再加上合并代价。按区间长度递增的顺序计算，确保了子问题先于父问题被解决。虽然 \(O(n^3)\) 的复杂度对于大规模 n 来说较高，但对于中等规模（n 在几百量级）的问题，它是非常有效和经典的解法。理解这个问题，就掌握了解决一大类“最优划分/合并”区间问题（如石子合并、多边形剖分等）的核心思想。