题目大意很简单，和普通的石子合并过程没有区别，只是花费变成了一个多项式，若连续的任意个石子权值和为x，那么代价变为F(x) = sigma(a[i] * x^i)，求将n堆石子合并为一队的最小花费。
对于暴力的做法，复杂度是O(n^3)的，所以要优化
我们知道当a, b, c, d(a <= b < c <= d)当有cost[a][c] + cost[b][d] <= cost[a][d] + cost[b][c] 时，我们称其满足四边形不等式，设p[i][j]表示当区间[i, j]取最优决策时所选择的下标，这时可以证明有p[i][j - 1] <= p[i][j] <= p[i + 1][j]（花了我好长时间终于证明了），没事了可以证明下看看，也可以记住这个结论。
这时当按区间dp时，计算区间[i, j]的最优解，只要枚举[p[i][j - 1], p[i + 1][j]]即可，由于数组p取值为[1, n]且是单调的，所以枚举的总复杂度为O(n)，最后加上区间枚举的复杂度，总复杂度为O(n^2)
所以对于一般性的题目，需要证明的只有dp量是不是满足四边形不等式的，对于这道题就是要证明:
设sum(a, b) = x, sum(b, c) = z, sum(c, d) = y;
有 F(x + z) + F(y + z) <= F(z) + F(x + y + z),即证明:
sigma(a[i] * ( (x + z)^i + (y + z)^i - z^i - (x+y+z)^i )) <= 0,转化为证明：
(x + z) ^ n + (y + z) ^ n - z ^ n - (x + y + z) ^ n <= 0恒成立。
很明显这个不等式可以利用数学归纳法加以简单的证明。
1 #include <map>
2 #include <set>
3 #include <stack>
4 #include <queue>
5 #include <cmath>
6 #include <ctime>
7 #include <vector>
8 #include <cstdio>
9 #include <cctype>
10 #include <cstring>
11 #include <cstdlib>
12 #include <iostream>
13 #include <algorithm>
14 using namespace std;
15 #define INF 0x3f3f3f3f
16 #define inf (-((LL)1<<40))
17 #define lson k<<1, L, (L + R)>>1
18 #define rson k<<1|1, ((L + R)>>1) + 1, R
19 #define mem0(a) memset(a,0,sizeof(a))
20 #define mem1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
21 #define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
22 #define FIN freopen("in.txt", "r", stdin)
23 #define FOUT freopen("out.txt", "w", stdout)
24 #define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; i ++)
25
26 template<class T> T CMP_MIN(T a, T b) { return a < b; }
27 template<class T> T CMP_MAX(T a, T b) { return a > b; }
28 template<class T> T MAX(T a, T b) { return a > b ? a : b; }
29 template<class T> T MIN(T a, T b) { return a < b ? a : b; }
30 template<class T> T GCD(T a, T b) { return b ? GCD(b, a%b) : a; }
31 template<class T> T LCM(T a, T b) { return a / GCD(a,b) * b; }
32
33 //typedef __int64 LL;
34 typedef long long LL;
35 const int MAXN = 51000;
36 const int MAXM = 110000;
37 const double eps = 1e-4;
38 //LL MOD = 987654321;
39
40 int T, n, m, s[1100], a[10];
41 LL p[1100][1100], dp[1100][1100];
42
43 LL fun(int x) {
44 LL ans = 0, p = 1;
45 rep (i, 0, m) {
46 ans += a[i] * p;
47 p *= x;
48 }
49 return ans;
50 }
51
52 int main()
53 {
54 //FIN;
55 while(~scanf("%d", &T)) while(T--) {
56 scanf("%d", &n);
57 rep (i, 1, n) scanf("%d", s + i), s[i] += s[i - 1];
58 scanf("%d", &m);
59 rep (i, 0, m) scanf("%d", a + i);
60 mem0(dp); mem0(p);
61 rep (len, 1, n) {
62 rep (i, 1, n - len + 1) {
63 int j = i + len - 1;
64 LL cost = fun(s[j] - s[i - 1]);
65 if(len <= 1) { dp[i][j] = 0; p[i][j] = i; }
66 else rep (k, p[i][j - 1], p[i + 1][j]) {
67 if(dp[i][k] + dp[k+1][j] + cost < dp[i][j] || dp[i][j] == 0) {
68 p[i][j] = k;
69 dp[i][j] = dp[i][k] + dp[k+1][j] + cost;
70 }
71 }
72 }
73 }
74 cout << dp[1][n] << endl;
75 }
76 return 0;
77 }