序列分割

我们像往常一样考虑如何分组，但是我们发现在计算答案的过程中，当分的组确定的话，答案跟切的顺序是否有关

如果有关的话，那么这个DP将变得非常难，所以我们估计是无关的，但是一下子就证明一般性不太好证，所以我们先手搓几组$k$比较小的情况

当$k=2$的时候，假设最后分的组的每一组的元素和分别为$a,b,c$，那么就有两种方案，分别为$a(b+c)+bc$和$c(a+b)+ab$，展开之后发现是相等的

当$k=3$的时候也类似地做，而且我们还发现，最终的答案似乎是每个组之间两两组别的乘积相加

形式化地说，设一共有$n$个组，每个组的元素和分别为$a_1,a_2,...,a_n$，那么最终的答案就是$a_1(a_2+a_3+...+a_n)+a_2(a_3+a_4+...+a_n)+...+a_{n-1}{a}_n$

现在我们再来数学归纳法证明，假设当小于等于$n$个组时满足上述定理，我们考虑当多了一个组$a_{n+1}$的时候

无论第一次从哪个位置切开，假设从$i$切开，那么第一次的贡献就是$(a_1+a_2+...+a_i)(a_{i+1}+a_{i+2}+...+a_n)$，然后对新产生的两组利用数学归纳法，会发现最终的答案对任意的数对$(j,k),j<k$，都有$a_j{a}_k$这一项，而且这一项只出现了一次。因为如果$j\le i$或者$k\ge i+1$，那么由数学归纳法可以得到存在且仅出现一次，如果$j\le i＜k$，那么由第一次产生的贡献可以得到

然后我们再来考虑推导，不难设出状态$f[i][j]$表示对前$j$个元素一共操作$i$次的最大贡献，我们考虑最后一组，假设由$[k+1,j]$的元素组成，那么就有$f[i][j]=f[i-1][k]+(sum[j]-sum[k])\ast (sum[k])$，其中$sum$是前缀和

然后注意这里$i$这一维的变化只有$1$，所以出现了$j$和$k$的乘积项的时候仍然可以考虑斜率优化，剩下的就比较easy了