> Description
合并石子：就是一行石子，相邻的两堆可以合并在一起，所花费的值就是合并的总量数，直到把全部合并在一起。求最小花费值。
如图，方案一代价：10+9+19=38，方案二代价：5+11+19=35
> Input
第一行为n，接下来n行为第n-1个石子的重量。
> Output
输出最优值。
> Sample Input
7
13
7
8
16
21
4
18
> Sample Output
239
> 解题思路
s[i]为第i个的前缀和。
方法一：
先枚举边界，再枚举长度。f[i][j]为第i个到第j个的最优值。i和j枚举从i开始到j,k枚举i到j如何划分。
状态转移方程：
f[i][j]=f[i][k]+f[k+1][j]+s[j]-s[i-1]
方法二：
先枚举长度，再枚举边界。f[i][j]的作用和方法一的一样。len枚举长度，i和j枚举从i开始到j，k还是枚举如何划分。
状态转移方程：
f[i][j]=f[i][k]+f[k+1][j]+s[j]-s[i-1]
方法三：
先枚举长度，再枚举边界。f[i][j]表示从i开始数j个数这一段距离的最优值。j枚举长度，i枚举开始位置，k枚举如何划分。
状态转移方程：
f[i][j]=f[i][k]+f[i+k][j-k]+s[i+j-1]-s[i-1]
> 代码
方法一：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,s[101]={0},f[101][101];
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&s[i]); s[i]+=s[i-1];
}
for(int i=n-1;i>=1;i--)
for(int j=i+1;j<=n;j++)
{
f[i][j]=f[i][i]+f[i+1][j]+s[j]-s[i-1];
for(int k=i+1;k<=j-1;k++)
f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]+s[j]-s[i-1]);
}
printf("%d",f[1][n]);
return 0;
}
方法二：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,s[101],f[101][101];
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&s[i]); s[i]+=s[i-1];
}
for(int len=2;len<=n;len++)
for(int i=1;i<=n-len+1;i++)//n-len+1为了防止越界
{
int j=i+len-1;
f[i][j]=f[i][i]+f[i+1][j]+s[j]-s[i-1];
for(int k=i+1;k<j;k++)
f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]+s[j]-s[i-1]);
}
printf("%d",f[1][n]);
return 0;
}
方法三：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,s[101],f[101][101];
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&s[i]); s[i]+=s[i-1];
}
for(int j=2;j<=n;j++)
for(int i=1;i<=n-j+1;i++)
{
f[i][j]=f[i][1]+f[i+1][j-1]+s[i+j-1]-s[i-1];
for(int k=2;k<=j-1;k++)
f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[i+k][j-k]+s[i+j-1]-s[i-1]);
}
printf("%d",f[1][n]);
return 0;
}