Multiplication Puzzle POJ

题意：给你一组数字，第一个和最后一个数字不可以取出去，其它任意取出去，当你要取出一个数字时，它有一个代价，这个代价就是与它相邻的两个数的乘积，求除了首位两位数字，把其他数字都取出来，它们的代价之和的最小值

和矩阵连乘求最小乘法次数一样的，乍一看，似乎要保存的状态很多，但是我们枚举一个区间内最后被取出的数的话，它左右两边的数也都确定了，而且区间分成了两部分，这两部分也都是相互独立了，也就是无后效性。

下面是一个很好的分析过程

对于整个牌的序列，最左端和最右端的牌是不能被取走的，除这两张以外的所有牌
> ，必然有一张最后取走。取走这最后一张牌有一个仅与它本身以及最左端和最右端的
> 牌的值有关的得分，这个分值与其他牌没有任何关系。当这张最后被取走的牌被定
> 下来以后（假设位置为j）, 最左端到j之间的所有牌被取走时所造成的得分必然只与
> 这之间的牌有关从而与j到最右端之间的牌独立开来。这样就构成了两个独立的子
> 区间，出现重叠子问题。于是问题的解就是
>                取走最后一张牌的得分+两个子区间上的最小得分
> 不妨假设当前区间为[b, e],在(b,e)之间枚举最后一张被取走的牌，通过最优子问题
> 求出当前区间的最优解：
>         opt[b][e] = min{ opt[b][j]+opt[j][e] + val(b,j,e); };
>                                                 b+1<= j <=e-1
> val(b,j,e)是取走j所造成的得分，即第b,j,e这三张牌的积。
> 空间o(n^2), 时间o(n^3)

#include <iostream>  #include <cstdio>  #include <bitset>  #include <cstring>  #include <algorithm>  #include <vector>  #include <map>  #include <cmath>  #include <set>  #include <queue>  using namespace std;  typedef long long ll;    const int INF=1e9+100;     const int mod=1e9+7;int a[105],d[105][105];int main(){    //freopen("out.txt","w",stdout);      int n;    while(scanf("%d",&n)!=EOF){        for(int i=1;i<=n;i++)            scanf("%d",&a[i]);        for(int i=0;i<=n;i++)            for(int j=0;j<=n;j++)                d[i][j]=INF;        for(int i=n-2;i>=1;i--){            for(int j=i+2;j<=n;j++){                for(int k=i+1;k<=j-1;k++){                    if(k==i+1&&k==j-1){                        d[i][k]=d[k][j]=0;                    }                    d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[k][j]+a[i]*a[k]*a[j]);                }            }        }        printf("%d\n",d[1][n] );    }    return 0;}