546. 移除盒子
給出一些不同顏色的盒子，盒子的顏色由數字表示，即不同的數字表示不同的顏色。
你將經過若干輪操作去去掉盒子，直到所有的盒子都去掉為止。每一輪你可以移除具有相同顏色的連續 k 個盒子（k >= 1），這樣一輪之後你將得到 k*k 個積分。
當你將所有盒子都去掉之後，求你能獲得的最大積分和。

示例 1：
輸入:

[1, 3, 2, 2, 2, 3, 4, 3, 1]
輸出:

23
解釋:

[1, 3, 2, 2, 2, 3, 4, 3, 1]
----> [1, 3, 3, 4, 3, 1] (33=9 分)
----> [1, 3, 3, 3, 1] (1

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分析：
剛開始看這道題的時候，感覺跟之前那道Zuma Game很像，於是就寫了一個暴力破解的方法，結果TLE了。無奈之下只好上網搜大神們的解法，又看了fun4LeetCode大神寫的帖子，之前那道Reverse Pairs就是參考的fun4LeetCode大神的帖子，驚為天人，這次又是這般精彩，大神請收下我的膝蓋。那麼下面的解法就大部分參考fun4LeetCode大神的帖子來講解吧。在之前帖子Reverse Pairs的講解中，大神歸納了兩種重現模式，我們這裡也試著看能不能套用上。對於這種看來看去都沒思路的題來說，抽象建模的能力就非常的重要了。對於題目中的具體場景啊，具體代表的東西我們都可忽略不看，這樣能幫助我們接近問題的本質。

這道題的本質就是一個數組，我們每次消去一個或多個數字，並獲得相應的分數，讓我們求最高能獲得的分數。而之前那道Zuma Game也是給了一個數組，讓我們往某個位置加數字，使得相同的數字至少有3個才能消除，二者是不是很像呢，但是其實解法卻差別很大。那道題之所以暴力破解沒有問題是因為陣列的長度和給定的數字個數都有限制，而且都是相對較小的數，那麼即便遍歷所有情況也不會有太大的計算量。

而這道題就不一樣了，既然不能暴力破解，那麼對於這種玩陣列和子陣列的題，刷題老司機們都會優先考慮用DP來做吧。既然要玩子陣列，肯定要限定子陣列的範圍，那麼至少應該是個二維的dp陣列，其中dp[i][j]表示在子陣列

那麼對於 dp[i][j] 我們想，如果我們移除 boxes[i] 這個數字，那麼總得分應該是1 + dp[i+1][j]， 但是通過分析題目中的例子，能夠獲得高積分的trick是，移除某個或某幾個數字後，如果能使得原本不連續的相同數字變的連續是最好的， 因為同時移除的數字越多，那麼所得的積分就越高 ，（儘可能的使分開的相同的數字，連續後一起消掉）。

那麼假如在[i, j]中間有個位置m，使得boxes[i]和boxes[m]相等，那麼我們就不應該只是移除boxes[i]這個數字，而是還應該考慮直接移除[i+1, m-1]區間上的數，使得boxes[i]和boxes[m]直接相鄰，那麼我們獲得的積分就是dp[i+1][m-1]，那麼我們剩餘了什麼，boxes[i]和boxes[m, j]區間的數，此時我們無法處理子陣列[m, j]，因為我們有些資訊沒有包括在我們的dp陣列中，此類的題目歸納為不自己包含的子問題，其解法依賴於一些子問題以外的資訊。這類問題通常沒有定義好的重現關係，所以不太容易遞迴求解。為了解決這類問題，我們需要修改問題的定義，使得其包含一些外部資訊，從而變成自包含子問題。

那麼對於這道題來說，無法處理boxes[m, j]區間是因為其缺少了關鍵資訊，我們不知道boxes[m]左邊相同數字的個數k，只有知道了這個資訊，那麼m的位置才有意義，所以我們的dp陣列應該是一個三維陣列dp[i][j][k]，表示區間[i, j]中能獲得的最大積分，當boxes[i]左邊有k個數字跟其相等，那麼我們的目標就是要求 dp[0][n-1][0] 了，而且我們也能推出 dp[i][i][k] = (1+k) * (1+k) 這個等式。

那麼我們來推導重現關係，對於dp[i][j][k]，如果我們移除boxes[i]，那麼我們得到(1+k)*(1+k) + dp[i+1][j][0]。對於上面提到的那種情況，當某個位置m，有boxes[i] == boxes[m]時，我們也應該考慮先移除[i+1,m-1]這部分，我們得到積分dp[i+1][m-1][0]，然後再處理剩下的部分，得到積分dp[m][j][k+1]，這裡k加1點原因是，移除了中間的部分後，原本和boxes[m]不相鄰的boxes[i]現在相鄰了，又因為二者值相同，所以k應該加1，因為k的定義就是左邊相等的數字的個數。講到這裡，那麼DP方法最難的遞推公式也就得到了，那麼程式碼就不難寫了，需要注意的是，這裡的C++的寫法不能用vector來表示三維陣列，好像是記憶體限制超出，只能用C語言的寫法，由於C語言陣列的定義需要初始化大小，而題目中說了陣列長度不會超100，所以我們就用100來初始化，參見程式碼如下：

解法一：

class Solution {
public:
    int removeBoxes(vector<int>& boxes) {
        int n = boxes.size();
        int dp[100][100][100] = {0};
        return helper(boxes, 0, n - 1, 0, dp);
    }
    int helper(vector<int>& boxes, int i, int j, int k, int dp[100][100][100]) {
        if (j < i) return 0;
        if (dp[i][j][k] > 0) return dp[i][j][k];
        int res = (1 + k) * (1 + k) + helper(boxes, i + 1, j, 0, dp);
        for (int m = i + 1; m <= j; ++m) {
            if (boxes[m] == boxes[i]) {
                res = max(res, helper(boxes, i + 1, m - 1, 0, dp) + helper(boxes, m, j, k + 1, dp));
            }
        }
        return dp[i][j][k] = res;
    }
};

下面這種寫法是上面解法的迭代方式，但是卻有一些不同，這裡我們需要對dp陣列的部分值做一些初始化，將每個數字的所有k值的情況的得分都先算出來。
然後在整體更新三維dp陣列的時候也很有意思，並不是按照原有的順序更新，而是塊更新（長度），先更新長度為1的dp[0][1][k], dp[1][2][k], dp[2][3][k]…，再更新長度為2的dp[0][2][k], dp[1][3][k], dp[2][4][k]…, 再更新長度為3的dp[0][3][k], dp[1][4][k], dp[2][5][k]…，之前好像也有一道是這樣區域更新的題，但是博主想不起來是哪一道了，以後想起來了再來補充吧，參見程式碼如下：

解法二：

class Solution {
public:
    int removeBoxes(vector<int>& boxes) {
        int n = boxes.size();
        int dp[n][n][n] = {0};
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            for (int k = 0; k <= i; ++k) {
                dp[i][i][k] = (1 + k) * (1 + k);
            }   
        }
        for (int t = 1; t < n; ++t) {
            for (int j = t; j < n; ++j) {
                int i = j - t;
                for (int k = 0; k <= i; ++k) {
                    int res = (1 + k) * (1 + k) + dp[i + 1][j][0];
                    for (int m = i + 1; m <= j; ++m) {
                        if (boxes[m] == boxes[i]) {
                            res = max(res, dp[i + 1][m - 1][0] + dp[m][j][k + 1]);
                        }
                    }
                    dp[i][j][k] = res;
                }
            }
        }
        return n == 0 ? 0 : dp[0][n - 1][0];
    }
};