AtCoder Grand Contest 035 D

发现操作后剩下的两个数一定是$A_{1}$和$A_{n}$。

同理，对于一段连续区间$[l,r]$，一直进行题中操作，那么最后剩下的两个一定是$A_{l}$和$A_{r}$。

那么，每个数最终都会被加到$A_{1}$和$A_{n}$中，而且每个数可能会加到$A_{1},A_{n}$中多次，那么我们不妨设$cnt_{i}$表示$A_{i}$在最终的答案里加上了多少次。

最终的答案就可以表示为$\sum_{i=1}^{n}A_{i}cnt_{i}$。

这个也可以用来计算区间的贡献，具体的，$dp(l,r,c1,c2)$表示删除$(l,r)$开区间，$cnt(l)=c1,cnt(r)=c2$时，最小贡献和。

转移时枚举$(l,r)$中最后被删除的点$i$，则$A_{i}$会被加到$A_{l}$和$A_{r}$中各$1$次。根据状态定义，$A_{l}$会在答案中加上$c1$次，$A_{r}$会在答案中加上$c2$次，故$i$在答案中就会加上$(c1+c2)$次，所以$cnt(i)=c1+c2$，对答案的贡献是$A_{i}(c1+c2)$。区间$(l,i)$和$(i,r)$中的数都在$l,r,i$之前删除了，且我们发现，$i$是$(l,i)$的右端点，是$(i,r)$的左端点，这样就形成了$dp(l,i,c1,c1+c2)$和$dp(i,r,c1+c2,c2)$两个子问题，就可以列出转移式如下：

$$dp_{l,r,c1,c2}=\min_{i=l+1}^{r} dp(l,i,c1,c1+c2)+dp(i,r,c1+c2,c2)+(c1+c2)A_{i}$$

考虑$n$只有$18$，这个转移可以暴力搜索。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll inf=1000000000000000000ll;
ll n,a[25];
ll dfs(int l,int r,ll cl,ll cr) {
	if(l>r) return 0ll;
	ll ans=inf;
	for(int i=l;i<=r;i++)
		ans=min(ans,dfs(l,i-1,cl,cl+cr)+dfs(i+1,r,cl+cr,cr)+a[i]*(cl+cr));
	return ans;
}
int main(int argc,char **argv) {
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i];
	cout<<dfs(2,n-1,1,1)+a[1]+a[n]<<endl;
	return 0;
}