信息学奥赛一本通 1274：【例9.18】合并石子 | 洛谷 P1775 石子合并（弱化版）

ybt 1274：【例9.18】合并石子
洛谷 P1775 石子合并（弱化版）

集合：所有石子合并的方案
限制：要合并的石子在原序列中的区间
属性：得分
条件：最小
统计量：得分
状态定义：dp[i][j]：将原序列中第i到第j堆石子合并为一堆的所有方案中，得分最小的方案的得分。
初始状态：由于后面要求的是最小值，因此先把dp数组初始化为无穷大。
dp[i][i]：将第i堆到第i堆合并为1堆，不需要操作，不会产生得分，得分为0。因此：dp[i][i]=0.

记石子数量的前缀和数组为s，第i堆到第j堆石子数量加和为s[j]-s[i-1]。
集合：将第i到第j堆石子合并为一堆的方案
在合为一堆钱，第i到第j堆石子一定已经通过某种方案合并成了相邻的左右两堆。然后这两堆合为一堆，这次合并产生的得分为第i到第j堆石子数量的加和s[j]-s[i-1]。
根据最后一次合并前，两堆石子的"分割位置"的不同情况来分割集合

• 左堆石子为第i堆，合并成左堆石子的最小得分为dp[i][i]。右堆石子为第i+1堆到第j堆石子合并成的一堆，合并成右堆石子的最小得分为dp[i+1][j]，再加上最后一次合并的得分，即为第i到第j堆合并的最小得分：dp[i][j] = dp[i][i]+dp[i+1][j]+s[j]-s[i-1]
• 左堆石子为第i堆到第i+1堆合并成的一堆，合并成左堆石子的最小得分为dp[i][i+1]。右堆石子为第i+2堆到第j堆石子合并成的一堆，合并成右堆石子的最小得分为dp[i+2][j]，再加上最后一次合并的得分，即为第i到第j堆合并的最小得分：dp[i][j] = dp[i][i+1]+dp[i+2][j]+s[j]-s[i-1]
  …
• 左堆石子为第i堆到第j-1堆合并成的一堆，合并成左堆石子的最小得分为dp[i][j-1]。右堆石子为第j堆石子，合并成右堆石子的最小得分为dp[j][j]，再加上最后一次合并的得分，即为第i到第j堆合并的最小得分：dp[i][j] = dp[i][j-1]+dp[j][j]+s[j]-s[i-1]
• 以上所有情况取最小值
• 综上，分割位置k从i循环到j-1，dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k]+dp[k+1][j]+s[j]-s[i-1])

遍历时要遍历整个序列的所有i到j的子段。外层子段长度len从2到n，子段左端为i，右端为i+len-1，i从1开始从小到大循环直到右端i+len-1为n为止。求出j = i+len-1表示右端。
最后输出第1堆到第n堆合并能得到的最小分数dp[1][n]。

#include
using namespace std;
#define N 305
int n, a[N], dp[N][N], sum[N];//sum[i]:前缀和 1~i的和 
int main()
{
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        cin >> a[i];
        sum[i] = sum[i-1] + a[i];
    }
    memset(dp, 0x3f, sizeof(dp)); 
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        dp[i][i] = 0;
    for(int len = 2; len <= n; ++len)//区间长度 
    {
        for(int i = 1; i+len-1 <= n; ++i)//左端点 
        {
            int j = i+len-1;//右端点 
            for(int k = i; k < j; ++k)//分成两段：i~k, k+1~j 
                dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]);
        }
    }
    cout << dp[1][n];
    return 0;
}