（1）分析最优子结构 在这个问题中想得到a b c d e f之间最小值，比如开始拿d位置的，那么问题就转化成了a b c e和c e f这两个子问题的最小值再加上c*d*e就行了，不过如果真的是这么想的话，也就是把d当成最开始拿的话，怎么表示？开始还想用dp[i][j][k]表示区间i~j之间去掉k后的最小值，但是再解决这个子问题的时候有需要加一维，这样表示就很困难了，虽然子问题分离出来了，但是表示很困难。所以我们可以在重新从另外一种思路想，就是把d当做最后拿的，也就是说在拿d之前b
c e已经拿完了，这样就变成了a b c d 和d e f 两个子问题+a*d*f了，表示起来也就简单了，直接用二维表示区间里面的就好了。
（2）确定dp状态的含义 dp[i][j]区间i~j能得到的最小值
（3）得到递推方程式
dp[j][j + i] = min(dp[j][j + i] , dp[j][k] + dp[k][j + i] + a[k] * a[j] * a[j + i]);
这里突然总结出一个技巧来，就是区间dp因为是需要求区间值的，所以复杂度一般就是O(n^3)（纯二维数组），但是一般DP都是O(n^2)（一般都能用一维数或者滚动数组代替二维数组），并且一般ACM题型判断属于DP类型的是很简单的，但是具体那种DP可能在划分子问题时候还是不太好想的，现在我们就可以用题目中给的数据范围来推测是那种DP了，最起码心里有个数了，算是一种辅助的方式吧！
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int dp[105][105];
int main()
{
int n,i,num[105],len,j;
while(~scanf("%d",&n))
{
memset(num,0,sizeof(num));
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&num[i]);
for(i=1;i<n-1;i++)
dp[i][i+2]=num[i]*num[i+1]*num[i+2];
for(len=4;len<=n;len++) ///先更新小区间，最后得到大区间
{
for(i=1;i<=n-len+1;i++) ///开始位置
{
dp[i][i+len-1]=INF;
for(j=i+1;j<i+len-1;j++) ///最后拿第j个
dp[i][i+len-1]=min(dp[i][i+len-1],dp[i][j]+dp[j][i+len-1]+num[i]*num[j]*num[i+len-1]);
}
}
printf("%d\n",dp[1][n]);
}
return 0;
}Top-Down方式：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include <iostream> //用 INT_MAX 要此头文件
int point[100], dp[100][100];
int DP(int left, int right)
{
int i, min, l, r, temp;
if(-1 != dp[left][right]) return dp[left][right];
if(right-left == 1) return dp[left][right] = 0;
min = INT_MAX;
for(i=left+1; i<right; i++)
{
l = DP(left, i);
r = DP(i, right);
temp = l + r + point[left] * point[i] * point[right];
if(min > temp) min = temp;
}
return dp[left][right] = min;
}
int main()
{
int nCard, i;
while(scanf("%d", &nCard) != EOF)
{
memset(dp,-1,sizeof(dp)); //赋值-1
for(i=0; i<nCard; i++)
scanf("%d", &point[i]); //忘记 & ；
printf("%d\n", DP(0, nCard-1)); //右参数不是nCard
}
return 0;
}
