分离与合体

题目链接：http://acm.ocrosoft.com/problem.php?cid=1630&pid=10

题目描述：

经过在机房里数日的切磁，LYD从社神牛那里学会了分离与合体，出关前，杜神牛给了他一个测试

杜神牛造了个区域，它们紧邻着排成了一行，编号1－n。在这經个区域里都放着一把OI界
的金钥匙，每一把都有一定的价值，LYD当然想得到它们了。然而杜神牛规定LYD不可以一下子
把它们全部拿走，而是每次只可以拿一把。为了尽快地拿到所有的金钥匙，LYD自然就用上了刚学的分离与合体特技。

 

开始LYD可以选择从1～n－1的任何一个区域（记为K）进入，进入后LYD会在K区域发
生分离，从而分离为两个小LYD。分离完成的同时会有一面墙在k和k＋1区域之间升起，从而把
的区间内任选除了区间末尾区域以外（即1～kー1或k＋1～nー1）的任何一个区域再次发生分离
就一共有了4个小小LYD…重复进行以上所叙述的分离，直到每个小LYD发现自己所在的区间只剩下了一个区域，他们就可以抱起自己梦寐以求的Oi金钥匙。

但是LYD不能就这么分成n多个个体存在于世界上，这些小LYD还会再合体，合体的两个小
LYD所在的区间中间的墙会消失。合体会获得一定的价值，计算方法是：（合并后所在区间的左右
端区域里金钥匙的价值之和）乘（之前分离的时候所在区域的金钥匙价值）
例如，LYD曾经在1～3区间中的2号区域分离成为1～2和3两个区间，合并时获得的价值就
是：（1号金钥匙价值＋3号价值）＊（2号金钥匙价值）
LYD请你编程求出最终可以获得的总价值最大是多少。并按照分离阶段从前到后，区域从左
向右的顺序，输出发生分离的区域编号
例如，先打印1分为2的分离区域，然后从左到右打印2分为4的分离区域，然后是4分为
的
注意：若有多种方案，选择分离区域尽量靠左的方案（也可以理解为输出字典序最小的）

输入

第一行一个正整数n（2≤n≤300
第二行为n个用空格分开的正整数，表示1～n区域里每把金钥匙的价值。
保证运算过程及结果不超出int范围
 

输出

第一行的一个数，即获得的最大价值。。

第二行按照分离阶段从前到后，区域从左向右的顺序，输出发生分离的区域编号，中间用一个空格隔开，若有多种方案，选择分离区域尽量靠左的方案（也可以理解为输出字典序最小的）

样例输入

7
1 2 3 4 5 6 7

样例输出

238
1 2 3 4 5 6

思路：

石子合并改一下，将加上的数改成题意，然后DFS输出答案

动态转移方程：dp[i][j] = dp[i][k] + dp[k + 1][j] + (w[i] + w[j])*w[k];

代码：

#include

using namespace std;

int dp[1005][1005];

int load[1005][1005];

int w[1005];

int k = 0, fla;

const int INF = 1e9 + 7;

void dfs(int x, int y, int cen)

{

         if (x >= y)return;//起点位置不能大于等于终点终点

         if (cen == k)//次数刚好相同

         {

                  cout << load[x][y] << " ";

                  fla = 1;

                  return;

         }

         dfs(x, load[x][y], cen + 1);//向左搜索

         dfs(load[x][y] + 1, y, cen + 1);//向右搜索

}

int main()

{

         int n;

         cin >> n;

         for (int i = 1; i <= n; i++)

         {

                  cin >> w[i];

         }

         for (int len = 1; len < n; len++)//区间长度

         {

                  for (int i = 1; i + len <= n; i++)//区间起点

                  {

                          int j = i + len;//区间末尾

                          for (int k = i; k < j; k++)//选择分离的位置

                          {

                                   if (dp[i][j] < dp[i][k] + dp[k + 1][j] + (w[i] + w[j])*w[k])

                                   {

                                            dp[i][j] = dp[i][k] + dp[k + 1][j] + (w[i] + w[j])*w[k];//动态转移方程

                                            load[i][j] = k;//刷新分离点

                                   }

                          }

                  }

         }

         cout << dp[1][n] << endl;

         fla = 1;

         while (fla)

         {

                  fla = 0;

                  k++;

                  dfs(1, n, 1);//起点，终点，分离次数

         }

}