【AGC035D】Add and Remove(脑洞 DP 分治)

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大意

给出\(N\)个数的序列，每次操作可以选择连续的三个数，将中间的那个数抽出，将另外两个数的数值加上中间那个数的数值。
一直执行以上操作直到只剩最后两个数，求最后两个数的所有可能的和的最小值。
(\(1\le N\le 18\))

思路

由于\(N\)的奇妙的范围，易想到状态压缩与双向BFS，然而，该题选数顺序对状态的限制太大，故不能。

考虑分治解决，枚举一段区间最后选的数，将其分为两段区间。
设该段区间左端点对答案的贡献为\(X\)次，右端点对答案的贡献为\(Y\)次。
那么在只剩最后选的数，左端点，右端点三个点时，我们选择最后选的数那个点，
那么此时左端点与右端点都分别加上了最后那个数的权值，那么最后那个数对答案的贡献就是\(X+Y\)次。
这样我们就可以分治下去了。

\(F(L,R,X,Y)\)表示左端点为L，右端点为R，左端点贡献为X次，右端点贡献为Y次的区间合并成两个数的最小和。最终所求答案为\(F(1,N,1,1)\)。

(小注：这样做的状态数实际上是\((N^2\cdot2^N)\)级别的，转移时间是\(O(N^3\cdot2^N)\)级别的)

代码

不加记忆化能过，用map加了记忆化就不能了。。。
好迷呀。

#include<map>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
#define pr(a,b) make_pair(a,b)
const int MAXN=20;
const long long INF=5e18;
int N;long long A[MAXN];
long long Solve(int L,int R,LL X,LL Y){
    if(L+1>=R)return 0;
    long long ret=INF;
    for(int i=L+1;i<=R-1;i++)
        ret=min(ret,Solve(L,i,X,X+Y)+Solve(i,R,X+Y,Y)+A[i]*(X+Y));
    return ret;
}
int main(){
    scanf("%d",&N);
    for(int i=1;i<=N;i++)
        scanf("%lld",&A[i]);
    printf("%lld\n",A[1]+A[N]+Solve(1,N,1,1));
}