数字游戏 noip 2003

赫赫最近沉迷于一个数字游戏之中。这个游戏看似简单，但赫赫在研究了许多天之后却发觉原来在简单的规则下想要赢得这个游戏并不那么容易。
游戏是这样的，在你面前有一圈整数（一共 n个），你要按顺序将其分为 m 个部分，各部分内的数字相加，相加所得的 m 个结果对 10 取模后再相乘，最终得到一个数 k。
游戏的要求是使你所得的 k最大或者最小。 
例如，对于下面这圈数字（n=4，m=2）：

当要求最小值时，((2−1)mod10)×((4+3)mod10)=1×7=7，要求最大值时，为 ((2+4+3)mod10)×(−1mod10)=9×9=81。
特别值得注意的是，无论是负数还是正数，对 10 取模的结果均为非负值。
赫赫请你编写程序帮他赢得这个游戏。
输入格式
输入文件第一行有两个整数，n和 m。
以下 n 行每行一个整数，其绝对值不大于 10000，按顺序给出圈中的数字，首尾相接。
输出格式
输出文件有两行，各包含一个非负整数。
第一行是你程序得到的最小值，第二行是最大值。
数据范围
1≤n≤50, 1≤m≤9
输入样例：
4 2
4
3
-1
2
输出样例：
7
81

本题需要枚举环上所有划分为m组的不同方案，来求得最大或最小值。
属于环上动态规划问题，可以破环成链，变成区间dp问题。
状态f[l][r][k]表示l到r这段长度为r - l + 1 的连续序列划分为k组的最小值。
动态转移方程：f[l][r][k] = min（f[l][j][k-1] * （s[r] - s[j]）） , s是前缀和数组，j取[l + k - 2， r - 1]。

#include 
#include 
#include 
#include  
using namespace std;
//数字游戏
const int N  = 107 , M = 10;
const int INF = 0x7f7f7f7f;
int n , m;
int num[N], s[N];//s 前缀和 
int f[N][N][M], b[N][N][M]; 
int max_ans  = -INF;
int min_ans  = INF;
int get_mod(int num)
{
	return (num % 10 + 10 ) % 10;//调整负数模为非负整数 
 } 
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i = 1; i <= n; i ++)
	{
		cin >> num[i];
		num[i + n] = num[i];
	}
	for(int i = 1; i <= n * 2; i ++)
	{
		num[i] %= 10;
	}
	//qiu qian zhui he
	for(int i = 1; i <= n * 2; i ++)
	  s[i] = s[i - 1] + num[i];
	  
	memset(f, 0x7f, sizeof f);
	memset(b, -0x7f, sizeof b);
	
	for(int len = 1; len <= n; len ++)//所有用到的区间长度 
	 for(int l = 1; l + len - 1 < n * 2; l ++)//left point
	  {
	  	int r = l + len - 1;//right point
	  	f[l][r][1] = b[l][r][1] = get_mod(s[r] - s[l - 1]);
	  	if(r - l + 1 == n && 1 == m) min_ans = min(min_ans,f[l][r][m]);
	  	if(r - l + 1 == n && 1 == m) max_ans = max(max_ans,b[l][r][m]);
	  	//枚举区间长度
		for(int k = 2; k <= m; k ++)
		   for(int j = l + k - 2; j < r; j ++)//j为划分为k个区间的所有可能方案的最右侧划分点的范围：[L +K -2,r -1] 
		   {
		   	f[l][r][k] = min(f[l][r][k],f[l][j][k - 1] * get_mod(s[r] - s[j]));
		   	if(r - l + 1 == n && k == m) min_ans = min(min_ans,f[l][r][k]);
		   	b[l][r][k] = max(b[l][r][k],b[l][j][k - 1] * get_mod(s[r] - s[j]));
		   	 if(r - l + 1 == n && k == m) max_ans = max(max_ans,b[l][r][k]);
			} 
	  }

      cout << min_ans << 'n' <<  max_ans << 'n';
  return 0;
}