玲珑oj 1158

法力浮·鳝AK为了开启异世界的大门，踏上了收集五行之灵。众所周知，五行之灵分布在世界的五个方向。因此，在成功获得了土之灵之后，鳝前往西方寻找金之灵。
经过重重难关，鳝终于到达了亚瑟王（Arthur）的安息之地——阿瓦隆（Avalon）。然而，大贤者梅林（Merlin）告知鳝：想要得到金之灵必须说出亚瑟王密码，而密码正是不列颠王国制度的编码，具体是这样的：
有n条制度，每条制度有ai个单位长。给每一条制度一个唯一的0-1串，并且这种0-1串可以保证任何一种0-1串都不是别的0-1串的前缀。（否则负责审判的法官会疯掉的）
并且，为了减少制法经费以便给亚瑟买吃的建设王国，所以她定义了一个码长L，L=a1编码长度a1 + a2编码长度a2 + …… + an的编码长度*an。
例如现在有五条制度ABCDE，分别有1,3,4,2,5长，此时给它们一个编号：
A:000,B:001,C:01,D:10,E:11，此时对应的码长就是L=34。
这种编码方式显然太naïve显示不出不列颠王国的伟大。因此亚瑟有定义了一种新的规则，就是在满足上述规则的情况下，必须使编码升序排列。
比如存在一种方案:
A:000 B:01 C:10 D:001 E:11
但是不满足升序，所以就是错误的。
我们姑且把这种编码方案称为亚瑟编码。
那么现在的问题就是，请你对给定的制度序列，找到一个最短的合法的编码长度。

INPUT
输入的第一行包含一个整数n，表示玩具的种类数。
第二行包含n个整数，用空格分隔，分别表示a1, a2, …, an。
OUTPUT
输出一个整数，表示制度经过亚瑟编码后的长度L的最小值。
SAMPLE INPUT
5
1 3 4 2 5
SAMPLE OUTPUT
34
HINT
1 ≤ n ≤ 1000，1 ≤ ai ≤ 10000
SOLUTION
“玲珑杯”ACM比赛 Round #21

思路:

我觉得这个题目是个不错的题,当时看见大家都过了我并不会….
其实这个题目是有一步转化的,我们都被前缀迷惑了,我当时一直再想字典树去做.

这个题目最后可以转化为: N堆石子,每次合并相邻两堆,问你全部合并起来的最小花费.
为什么可以这样转化？
其实自己举几个例子就可以发现这个神奇的性质,对于每个的编码长度ai即为这一堆东西恰好被合并过几次（包括他被合并后加入到新堆里）,升序和不能是前缀限制了顺序是有影响的,也就是不能随意交换位置.

对于这个我目前的理解也不是很深刻吧…还需要好好回味一下.

知道这个题目为裸地区间dp了，但是n3过不了就来优化一下吧,平行四边形优化.以前有写过,这里就简单提一下,就s[i][j]记录从i到j的最优解k,每次都保证了s[i][j]的最优解一定在s[i][j-]s[i+][j]之间,

#include<bits/stdc++.h>#define inf 0x3f3f3f3fconst int maxn = 1e3+5;int s[maxn][maxn],dp[maxn][maxn],sum[maxn];int a,n;int main(){    while(std:: cin>>n)    {        sum[0] = 0;        memset(s,0,sizeof s);        for(int i = 1;i <= n;++i)        {            std:: cin>>a;            sum[i] = sum[i-1]+a;            dp[i][i]=0;            s[i][i] = i;        }        for(int len = 2; len <= n;++len)        {            for(int i = 1;i <= n-len+1;++i)            {                int j = i + len - 1;                dp[i][j] = inf;                for(int k = s[i][j-1];k <= s[i+1][j];++k)                {                    int ans = dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j] - sum[i - 1];                    if(dp[i][j] > ans )                    {                        dp[i][j] = ans;                        s[i][j] = k;                    }                }            }        }        std:: cout<<dp[1][n]<<std::endl;    }    return 0;}