概述：

区间dp：就是对于区间的一种动态规划，对于某个区间，它的合并方式可能有很多种，我们需要去枚举所有的方式，通常是去枚举区间的分割点，找到最优的方式(一般是找最少消耗)。

例如：对于区间【i，j】，它的合并方式有很多种，可以是【i，i+1】和【i+2，j】也可以是【i，k】和【k+1，j】（其中i <= k < j）……

在合并区间时，一般会有消耗（根据题意去计算），状态转移方程就可以表示成：

dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i,k] + dp[k+1][j] + 合并区间的消耗 ) （k是区间分割点）

for (int k = i; k < j; k++) {	//枚举区间分割点
	dp[i][j] = Math.min(dp[i][j], dp[i][k]+dp[k+1][j]+合并区间的消耗);
}

模板：

通常都是先枚举区间长度，区间长度为1就不用合并，所以从2开始枚举，然后枚举左端点，那么右端点就为左端点加区间长度-1，再枚举分割点 k，最后计算不同分割点 k 的情况下，合并区间的消耗，dp[i][j]选择其中的最小消耗。（需要注意的是要记得根据题意给上初值）

for (int len = 2; len <= n; len++) {//先枚举区间长度
	for (int i = 1; i+len-1 <= n; i++) {//再枚举区间左端点，左端点加区间长度为右端点，不能大于n
		int j = i+len-1;	//区间右端点
		for (int k = i; k < j; k++) {	//枚举区间分割点
			dp[i][j] = Math.min(dp[i][j], dp[i][k]+dp[k+1][j]+合并区间的消耗);
		}
	}
}

模板题：石子合并 

设有 N 堆石子排成一排，其编号为 1，2，3，…，N。每堆石子有一定的质量，可以用一个整数来描述，现在要将这 N 堆石子合并成为一堆。每次只能合并相邻的两堆，合并的代价为这两堆石子的质量之和，合并后与这两堆石子相邻的石子将和新堆相邻，合并时由于选择的顺序不同，合并的总代价也不相同。例如有 4 堆石子分别为 1 3 5 2， 我们可以先合并 、2 堆，代价为 4，得到 4 5 2， 又合并1，2 堆，代价为 9，得到 9 2 ，再合并得到 11，总代价为 4+9+11=24；如果第二步是先合并2，3 堆，则代价为 7，得到 4 7，最后一次合并代价为 11，总代价为 4+7+11=22。

问题是：找出一种合理的方法，使总的代价最小，输出最小代价。

题目链接：石子合并

思路：这可以直接套模板，只需要去处理如何计算合并消耗，我们由题中可知两区间石子的总重量就是合并消耗，由此很自然地想到用前缀和来计算区间和。

代码：

import java.util.Arrays;
import java.util.Scanner;
public class Main {
	public static void main(String[] args) {
		Scanner sc = new Scanner(System.in);
		int n = sc.nextInt();
		int[][] dp = new int[n+1][n+1];
		int[] sum = new int[n+1];
		for (int i=1; i<=n;i++) {
			sum[i] = sum[i-1] + sc.nextInt();//接收并计算前缀和
			Arrays.fill(dp[i], (int)1e8);//先将所有元素赋值为一个很大的数，因为求的是最小值
			dp[i][i] = 0;	//合并区间长度为1的初始值为0
		}
		for (int len = 2; len <= n; len++) {//先枚举区间长度
			for (int i = 1; i+len-1 <= n; i++) {//再枚举区间左端点，左端点加区间长度不能大于n
				int j = i+len-1;	//区间右端点
				for (int k = i; k < j; k++) {//枚举区间分割点
					dp[i][j] = Math.min(dp[i][j], 
                                            dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]);
				}
			}
		}
		System.out.println(dp[1][n]);
	}
}

例题2：关路灯               

某一村庄在一条路线上安装了 n 盏路灯，每盏灯的功率有大有小（即同一段时间内消耗的电量有多有少）。老张就住在这条路中间某一路灯旁，他有一项工作就是每天早上天亮时一盏一盏地关掉这些路灯。

为了给村里节省电费，老张记录下了每盏路灯的位置和功率，他每次关灯时也都是尽快地去关，但是老张不知道怎样去关灯才能够最节省电。他每天都是在天亮时首先关掉自己所处位置的路灯，然后可以向左也可以向右去关灯。开始他以为先算一下左边路灯的总功率再算一下右边路灯的总功率，然后选择先关掉功率大的一边，再回过头来关掉另一边的路灯，而事实并非如此，因为在关的过程中适当地调头有可能会更省一些。

现在已知老张走的速度为 1m/s，每个路灯的位置（是一个整数，即距路线起点的距离，单位：m）、功率（W），老张关灯所用的时间很短而可以忽略不计。

请你为老张编一程序来安排关灯的顺序，使从老张开始关灯时刻算起所有灯消耗电最少（灯关掉后便不再消耗电了）。

链接：关路灯

思路： 本题与上一题的区别在于合并区间的消耗方式不同，为功率x时间，速度为1m/s，所以消耗又可表示为功率x移动距离，因为要记录上一次所在位置才能知道到走到现在位置的距离，所以增加一维空间dp[i][j][0]表示关完 i ~ j 时，老张站在 i 点，dp[i][j][1]表示关完 i ~ j 时，老张站在 j 点，他只有这两种站法，因为区间 [i , j] 要么是[i + 1, j]往左走一格得来的，此时站在 i 点，要么是[i , j-1]向右走一格得来的，此时站在 j 点。所以这里的区间合并可以转换为上一个区间向左或向右走一步。因此状态转移方程：

dp[i][j][0] = min(dp[i+1][j][0] + count(i, i+1, i+1, j, n),  dp[i+1][j][1] + count(i, j, i+1, j, n));

dp[i][j][1] = min(dp[i][j-1][0] + count(i, j, i, j-1, n), dp[i][j-1][1] + count(j-1, j, i, j-1, n));

详解见：https://blog.csdn.net/Easenyang/article/details/124760843?spm=1001.2014.3001.5501

代码：

import java.util.Scanner;
public class Main {
	static int[][][] dp = new int[51][51][2];
	static int[] po = new int[51];
	static int[] sum = new int[51];
	public static void main(String[] args) {
		Scanner sc = new Scanner(System.in);
		int n = sc.nextInt(), c = sc.nextInt();
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			po[i] = sc.nextInt();
			sum[i] = sum[i-1] + sc.nextInt();//计算前缀和
		}
		for (int i = 1; i <= n; i++) 
			for (int j = 1; j <= n; j++)//将dp数组都初始化为一个超大的值，因为我们求的是最小功耗
				dp[i][j][0]=dp[i][j][1] = Integer.MAX_VALUE/3;
		
		dp[c][c][0] = dp[c][c][1] = 0;	//初始位置的功耗为0

		for (int len = 2; len <= n; len++) {
			for (int i = 1; i+len-1 <= n; i++) {
				int j = i+len-1;				//count方法用来计算合并消耗
				dp[i][j][0] = Math.min(dp[i+1][j][0] + count(i, i+1, i+1, j, n), 
						dp[i+1][j][1] + count(i, j, i+1, j, n));
				dp[i][j][1] = Math.min(dp[i][j-1][0] + count(i, j, i, j-1, n),
						dp[i][j-1][1] + count(j-1, j, i, j-1, n));
			}
		}
		System.out.println(Math.min(dp[1][n][0], dp[1][n][1]));
	}
	/**
	 * @param x, y  移动前、后的路灯位置
	 * @param l, r  l~r的路灯都是关着的
	 * @param n		总路灯数
	 * @return (po[y]-po[x])相当于时间，(sum[n]-sum[r]+sum[l-1])为其他未关的灯的总功率
	 */
	public static int count(int x, int y, int l, int r, int n) {
		return (po[y]-po[x]) * (sum[n]-sum[r]+sum[l-1]);
	}
}