多边形的最优三角形剖分（最大弦长乘积版本） 我们来讲解一个关于多边形三角剖分的变体问题，这次的目标是最大化剖分后所有三角形“弦长”乘积之和。我们先明确题目。 题目描述 给定一个凸n边形（n >= 3），其顶点按顺时针（或逆时针）顺序标记为0, 1, 2, …, n-1，并且任意两个不相邻顶点之间的连线称为“弦”。 现在我们需要对这个多边形进行三角剖分，即通过添加n-3条互不相交的弦，将多边形分割成n-2个三角形。 假设每条弦的长度为已知，我们用数组 edge[i][j] 表示顶点i到顶点j的弦长（i和j不相邻），而多边形的边长是已知的，可以看作弦长为相邻顶点之间的距离。 注意，当j = i+1或(i=0, j=n-1)时，是多边形的边，其长度是已知的基本输入。 定义一种三角剖分的“得分”为：剖分中所有用到的弦的长度之和。这里的“弦”指的是多边形的边或者剖分时添加的弦，但通常计算得分时只考虑添加的n-3条弦的长度，不过本题我们定义得分是 所有弦（包括多边形的边）的长度之和 ，但更常见的变体是每条弦有一个权值，我们计算剖分中每个三角形三条边的长度乘积，然后将所有三角形的这个乘积相加得到剖分总得分。 但为了简化，我们改述为： 将多边形顶点i, j, k构成的三角形，其“弦长乘积”定义为 edge[ i][ j] * edge[ j][ k] * edge[ k][ i] 。注意如果i, j相邻，则edge[ i][ j ]是多边形的边长，也是已知的。 一种三角剖分会形成n-2个三角形，每个三角形由三个顶点构成，对每个三角形计算其三条边的长度乘积。然后将这n-2个乘积相加，得到剖分总得分。 目标 ：找到一种三角剖分，使得总得分最大。输出最大得分。 输入 顶点数n (3 <= n <= 50) 一个二维数组 edge[n][n] ，其中edge[ i][ j]表示顶点i到j的弦长（假设对称且edge[ i][ i]=0），且保证对于相邻顶点i和(i+1)%n，edge[ i][ (i+1)%n]是多边形的边长，是已知的正整数。对于不相邻的顶点i,j，edge[ i][ j ]也是已知的正整数（可以认为是根据顶点坐标算出的欧氏距离，但题目直接给出）。 输出 一个整数，表示最大得分。 理解与思路 我们先举例说明。 假设一个凸四边形ABCD（顶点0,1,2,3）。两种三角剖分： 连接A和C（弦0-2），得到三角形(0,1,2)和(0,2,3)。 连接B和D（弦1-3），得到三角形(0,1,3)和(1,2,3)。 我们需要对每种剖分计算： 对三角形(0,1,2)：乘积P1 = e[ 0][ 1] * e[ 1][ 2] * e[ 2][ 0 ] 对三角形(0,2,3)：乘积P2 = e[ 0][ 2] * e[ 2][ 3] * e[ 3][ 0 ] 总得分 = P1 + P2 另一种剖分类似。 目标是选择一种剖分使得总得分最大。 问题分析 这是一个典型的区间DP，类似矩阵链乘或多边形三角剖分最低得分问题，只不过得分计算方式不同。 我们把顶点环展开成线性序列0…n-1，考虑一个连续的顶点区间[ i, j ]（j >= i+2），这个区间形成一个子多边形（顶点i, i+1, …, j）。我们要对这个子多边形进行三角剖分，并定义DP状态。 定义状态： dp[i][j] = 顶点i, i+1, …, j 形成的子多边形（共j-i+1个顶点）进行三角剖分后能得到的最大“弦长乘积”总和。这里子多边形包括边(i,i+1), (i+1,i+2), …, (j-1,j) 和 (j,i) 作为边界，其中(j,i)是子多边形的一条边（在多边形中可能是一条弦）。 初始条件：如果子多边形是三角形（即j = i+2），那么剖分为0条弦，只有1个三角形，得分就是三角形三条边的乘积： dp[i][i+2] = edge[i][i+1] * edge[i+1][i+2] * edge[i+2][i] 。注意这里边可能不相邻，但三角形(i,i+1,i+2)的三条边分别是多边形的两条边和一条“弦”（如果i+2和i不相邻），但题目给出的edge[ i][ j ]就是长度，所以直接乘。 对于更大的区间[ i,j]（j > i+2），我们考虑这个子多边形的三角剖分中，一定存在一个三角形(i, k, j)，其中k是i和j之间的某个顶点（i < k < j）。这条弦(i,j)将子多边形分成三部分： 多边形(i,i+1,…,k)，顶点数k-i+1 >= 3 除非k=i+1，但k至少i+1，当k=i+1时，这部分只有边(i,i+1)，不是多边形，但此时三角形(i,i+1,j)的左边是边(i,i+1)和(i+1,j)和(j,i)，右边是多边形(i+1,…,j)（顶点数>=3）需继续剖分。 多边形(k,k+1,…,j)，类似。 实际上，选择弦(i,j)和(i,k)和(k,j)形成的三角形会把子多边形[ i,j ]分成： 左侧子多边形[ i, k ]（顶点i到k） 右侧子多边形[ k, j ]（顶点k到j） 注意三角形(i,k,j)的三条边是edge[ i][ k], edge[ k][ j], edge[ j][ i ]。 那么子多边形[ i,j]的总得分 = dp[ i][ k] + dp[ k][ j ] + 三角形(i,k,j)的乘积。 但这里注意：当k = i+1时，子多边形[ i,k]只有两个顶点，不是多边形，此时dp[ i][ k]应该是0（因为没有三角形）。同理k = j-1时，dp[ k][ j ] = 0。 所以一般递推： 枚举k从i+1到j-1： 得分 = dp[ i][ k] + dp[ k][ j] + edge[ i][ k] * edge[ k][ j] * edge[ j][ i ] dp[ i][ j ] = max(得分) 最终答案 = dp[ 0][ n-1 ]。 验证例子 四边形n=4，顶点0,1,2,3： dp[ 0][ 3 ] = max over k=1,2： k=1: dp[ 0][ 1]=0, dp[ 1][ 3] 需要先算：dp[ 1][ 3] 是子多边形1,2,3，即三角形(1,2,3)：dp[ 1][ 3] = e[ 1][ 2] e[ 2][ 3] e[ 3][ 1]，再加上三角形(0,1,3)的乘积e[ 0][ 1] e[ 1][ 3] e[ 3][ 0 ]。 总 = 0 + (e[ 1][ 2] e[ 2][ 3] e[ 3][ 1]) + e[ 0][ 1] e[ 1][ 3] e[ 3][ 0 ]。 k=2: 同理，dp[ 0][ 2] + dp[ 2][ 3] + e[ 0][ 2] e[ 2][ 3] e[ 3][ 0 ]。 结果与直接列出的两种剖分一致。 DP实现细节 区间长度len从3到n（顶点数），i从0到n-len，j=i+len-1，k从i+1到j-1。 注意：由于多边形是环状，但这里我们只考虑0~n-1连续区间，实际上原多边形是环，但我们固定第一条边(0,n-1)是子多边形的一条边，这样不会遗漏，因为任何三角剖分，顶点0和n-1一定在某一个三角形中，我们枚举这个三角形的第三个顶点k，就分成左右子区间[ 0,k]和[ k,n-1]，它们仍然是连续区间，且不会跨过0点。但这样只处理了0~n-1的区间，而原题是凸多边形，剖分时可以选择任意三角形，但我们的dp[ 0][ n-1 ]已经能覆盖整个多边形，因为0~n-1是整个多边形的顶点序列。 如果多边形是环，我们也可以将环拆成链复制一份，但这里不需要，因为凸多边形顶点顺序固定，dp[ i][ j]定义在连续区间上已足够，但要注意i可能大于j的情况（环形），我们可以用(i,j) mod n 表示任意子多边形，但为了方便，我们可以用长度len和起点i，保证区间连续，最后答案是dp[ 0][ n-1 ]。 例子演算 假设n=4，边长：e[ 0][ 1]=1, e[ 1][ 2]=1, e[ 2][ 3]=1, e[ 3][ 0]=1, 弦e[ 0][ 2]=2, e[ 1][ 3 ]=2。 那么： dp[ 1][ 3] = e[ 1][ 2] e[ 2][ 3] e[ 3][ 1] = 1 1 2=2 k=1: dp[ 0][ 1]=0, dp[ 1][ 3]=2, 三角形(0,1,3)乘积= e[ 0][ 1] e[ 1][ 3] e[ 3][ 0]=1 2 1=2, 总和=4 k=2: dp[ 0][ 2]= e[ 0][ 1] e[ 1][ 2] e[ 2][ 0]=1 1 2=2, dp[ 2][ 3]=0, 三角形(0,2,3)乘积= e[ 0][ 2] e[ 2][ 3] e[ 3][ 0]=2 1 1=2, 总和=4 所以最大=4。 复杂度 O(n^3)，n <=50可行。 总结步骤 输入n和edge矩阵。 初始化dp数组为0，对len=3的区间直接计算三角形乘积。 对len从4到n，对每个起点i，计算j=i+len-1，枚举中间点k，更新dp[ i][ j ]。 输出dp[ 0][ n-1 ]。 这个问题的核心在于理解区间DP中如何通过固定一条边(i,j)并枚举第三个顶点k来分割子多边形，并正确合并左右子区间的得分与当前三角形的得分。