石子合并（区间DP模板）
题目描述：
设有N堆石子排成一排，其编号为1，2，3，…，N。
每堆石子有一定的质量，可以用一个整数来描述，现在要将这N堆石子合并成为一堆。
每次只能合并相邻的两堆，合并的代价为这两堆石子的质量之和，合并后与这两堆石子相邻的石子将和新堆相邻，合并时由于选择的顺序不同，合并的总代价也不相同。
例如有4堆石子分别为 1 3 5 2， 我们可以先合并1、2堆，代价为4，得到4 5 2， 又合并 1，2堆，代价为9，得到9 2 ，再合并得到11，总代价为4+9+11=24；
如果第二步是先合并2，3堆，则代价为7，得到4 7，最后一次合并代价为11，总代价为4+7+11=22。
问题是：找出一种合理的方法，使总的代价最小，输出最小代价。
输入格式：
第一行输入一个数N表示石子的堆数N。
第二行输入N个数，表示每堆石子的质量(均不超过1000)。
输出格式：
输出一个整数，表示最小代价。
数据范围：
1≤N≤300
输入样例：
4
1 3 5 2输出样例：
22分析：
石子合并问题是经典的区间DP问题。对于石子合并问题，不同的合并顺序产生的代价也是不同的，这与矩阵连乘问题类似。与普通的哈夫曼树问题不同的是，哈夫曼树可以合并任意两堆，而石子合并问题只能合并相邻两堆。
状态表示：f[i][j]表示从第i堆到第j堆石子合并的最小代价。合并的方式有很多种，必然是先合并某个位置相邻的两堆，...,最后还剩下两堆，将它们合并为一堆。一般以最后一次操作的方式来进行状态划分，即最后一次合并的是f[i][k]和f[k+1][j]，也就是说先分别合并第i到k堆的石子和第k+1到j堆的石子，最后再合并剩下的两堆石子。合并的总代价是f[i][j] = f[i][k] + f[k+1][j] + sum(i,j)，k从i到j-1。简单的解释下就是，合并的总代价等于合并i到k的代价加上合并k+1到j的代价加上第i到j堆石子的总质量。区间内石子的总质量可以用前缀和预处理出来，s[i] = h[1] + ... + h[i]，则sum(i,j) = s[j] - s[i-1]。状态转移方程为f[i][j] = min(f[i][k] + f[k+1][j] + sum(i,j)),k从i到j-1。边界情况是区间长度为1，即不进行合并，代价为0，对于区间长度大于1的区间，需要先将f[i][j]预处理为一个较大的数，以便于求最小代价。
注意本题状态转移的方向，从区间长度小的向区间长度大的逐步扩散，故外层循环应该表示区间长度len，第二层循环表示区间起点i，区间终点j就等于i + len - 1，最后一层循环用来枚举最后一次进行合并从而产生一个小区间的位置k。石子合并问题可以用四边形法则进行优化，这里暂不进行介绍。
思路：
核心：最后一次合并一定是左边连续的一部分和右边连续的一部分进行合并
状态表示：f[i][j] 表示将 i 到 j 合并成一堆的方案的集合，属性 min
状态计算：
问题答案： f[1][n]
区间 DP 常用模版：
所有的区间dp问题，第一维都是枚举区间长度，一般 len = 1 用来初始化，枚举从 len = 2 开始，第二维枚举起点 i （右端点 j 自动获得，j = i + len - 1）
for (int i = 1; i <= n; i++) {
dp[i][i] = 初始值
}
for (int len = 2; len <= n; len++) //区间长度
for (int i = 1; i + len - 1 <= n; i++) { //枚举起点
int j = i + len - 1; //区间终点
for (int k = i; k < j; k++) { //枚举分割点，构造状态转移方程
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k + 1][j] + w[i][j]);
}
}C++代码（动态规划DP）：
#include
#include
using namespace std;
#define N 310
#define INF 1e9 //很大的数，用于min()
int f[N][N] = {0}; //边界情况：区间长度为1，即不进行合并，代价为0 ，故需将其初始化为0
int h[N], s[N] = {0};
int main()
{
int n, sum;
cin>>n;
for(int i=1; i<=n; i++)
{
cin>>h[i];
//这里先计算前缀和
//区间[i,j]内石子的总质量sum[i][j]可以用前缀和预处理,sum(i,j) = s[j] - s[i-1]
s[i] = s[i-1] + h[i];
}
/* 区间 DP 枚举套路：长度+左端点 */
//先枚举区间长度
//因为合并石堆至少需要两堆，所以区间长度从2开始
for(int len=2; len<=n; len++)
{
//枚举左端点
for(int left=1; left+len-1<=n; left++)
{
//确定右端点
int right = left + len - 1;
//初始化为最大值
f[left][right] = INF;
//在区间中枚举position
//在区间[left,right]中，最后一次进行合并[left][position]和[position+1][right]
//从而产生一个小区间[left,right]的position的位置
for(int position=left; position 除了按长度枚举，也可以倒着枚举，因为只要保证每种状态都被提前计算即可。
#include
#include
using namespace std;
const int N = 307;
int s[N];
int f[N][N];
int main() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> s[i];
s[i] += s[i - 1];
}
for (int i = n; i >= 1; i--) {
for (int j = i; j <= n; j++) {
if (j == i) {
f[i][j] = 0;
continue;
}
f[i][j] = 1e9;
for (int k = i; k < j; k++) {
f[i][j] = min(f[i][j], f[i][k] + f[k + 1][j] + s[j] - s[i - 1]);
}
}
}
cout << f[1][n] << endl;
return 0;
} 如果学过记忆化搜索，那也可以用下面的代码。虽然时间会比递推稍微慢一丢丢，但是他的思路比较好写。
#include
#include
#include
using namespace std;
const int N = 307;
int a[N], s[N];
int f[N][N];
// 记忆化搜索：dp的记忆化递归实现
int dp(int i, int j) {
if (i == j) return 0; // 判断边界
int &v = f[i][j];
if (v != -1) return v;
v = 1e8;
for (int k = i; k <= j - 1; k ++)
v = min(v, dp(i, k) + dp(k + 1, j) + s[j] - s[i - 1]);
return v;
}
int main() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
cin >> a[i];
s[i] += s[i - 1] + a[i];
}
memset(f, -1, sizeof f);
cout << dp(1, n) << endl;
return 0;
}