题意翻译
题目可能有些许修改，但大意一致
多边形是一个玩家在一个有n个顶点的多边形上的游戏，如图所示，其中n＝4。每个顶点用整数标记，每个边用符号+（加）或符号*（乘积）标记。
第一步，删除其中一条边。随后每一步：
选择一条边连接的两个顶点V1和V2，用边上的运算符计算V1和V2得到的结果来替换这两个顶点。
游戏结束时，只有一个顶点，没有多余的边。
如图所示，玩家先移除编号为3的边。之后，玩家选择计算编号为1的边，然后计算编号为4的边，最后，计算编号为2的边。结果是0。
（翻译者友情提示：这里每条边的运算符旁边的数字为边的编号，不拿来计算）
编写一个程序，给定一个多边形，计算最高可能的分数。
输入格式
输入描述一个有n个顶点的多边形，它包含两行。第一行是数字n，为总边数。
第二行描述这个多边形，一共有2n个读入，每两个读入中第一个是字符，第二个是数字。
第一个字符为第一条边的计算符号(t代表相加，x代表相乘)，第二个代表顶点上的数字。首尾相连。
3 < = n < = 50
对于任何一系列的操作，顶点数字都在[-32768,32767]的范围内。
输出格式
第一行，输出最高的分数。在第二行，它必须写出所有可能的被清除后的边仍能得到最高得分的列表，必须严格递增。
输入输出样例
a[i+n]=a[i]; op[i+n]=op[i];//断链-> n*2
令 dp[l][r]表示以 l 为首项，以 r 为末项的链经过删边可以得到的最大值
然后，列出状态转移方程。这分为两部分：+和*
1.对于+,即op[i+1]=='t';
dp[l][r]=max(dp[l][k]+dp[k+1][r],dp[l][r]);
2.对于*，情况稍微复杂：因为负负得正，所以我们还需要在转移时记录下
最小值[绝对值最大]，用f[i][j]记录
dp[l][r]=max( dp[l][r], max(dp[l][k]*dp[k+1][r],f[l][k]*f[k+1][r]) );
f[l][r]=min( f[l][r], min(dp[l][k]*dp[k+1][r],f[l][k]*f[k+1][r]) );
还要对边界进行处理，
令a[i]为第i个的初始值，那么：dp[i][i]=f[i][i]=a[i];
同时，我们要先预处理长度为2的区间的答案
if(op[i+1]=='t'）
dp[i][i+1]=f[i][i+1]=a[i]+a[i+1];
if(op[i+1]=='x')
dp[i][i+1]=f[i][i+1]=a[i]*a[i+1];
最后！！！输入的时候注意令人智熄的scanf！！！！！
（查错两小时
因为本题中字符和数字在一行中输入，所以
直接写scanf("%s%d",&op[i],&a[i]);会导致读到的是空格
所以要写成scanf("%d
",&n); 和scanf("%s %d ",&op[i],&a[i]);
但是对于我来说，经常记不到的话，以后有同时输入字符和数字的时候，应该果断选择cin
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #define N 120 6 #define INF 0x7f7f7f7f 7 #define ll long long 8 using namespace std; 9 ll f[N][N],dp[N][N]; 10 int n,a[N]; 11 char op[N]; 12 ll ans=0; 13 int main() 14 { 15 scanf("%d",&n); 16 for(int i=1;i<=n;i++) 17 { 18 // scanf("%c %d ",&op[i],&a[i]); 19 cin>>op[i]>>a[i]; 20 a[i+n]=a[i]; op[i+n]=op[i];//断链-> n*2 21 } 22 for(int i=1;i<=n*2;i++) 23 for(int j=i;j<=n*2;j++) 24 f[i][j]=INF,dp[i][j]=-INF; 25 for(int i=1;i<=n*2;i++)//预处len=2 26 { 27 if(op[i+1]=='t') 28 dp[i][i+1]=f[i][i+1]=a[i]+a[i+1]; 29 if(op[i+1]=='x') 30 dp[i][i+1]=f[i][i+1]=a[i]*a[i+1]; 31 dp[i][i]=f[i][i]=a[i]; 32 } 33 for(int len=3;len<=n;len++) 34 for(int l=1;l<=n*2-len+1;l++) 35 { 36 int r=l+len-1; 37 for(int k=l;k<r;k++) 38 { 39 if(op[k+1]=='t') 40 { 41 dp[l][r]=max(dp[l][k]+dp[k+1][r],dp[l][r]); 42 f[l][r]=min(f[l][k]+f[k+1][r],f[l][r]); 43 } 44 else//乘法可能有负负得正 故记录最大和最小值 45 { 46 dp[l][r]=max( dp[l][r], max(dp[l][k]*dp[k+1][r],f[l][k]*f[k+1][r]) ); 47 f[l][r]=min( f[l][r], min(dp[l][k]*dp[k+1][r],f[l][k]*f[k+1][r]) ); 48 } 49 } 50 } 51 for(int i=1;i<=n;i++) 52 //cout<<dp[i][i+n-1]<<" "; 53 ans=max(ans,dp[i][i+n-1]); 54 printf("%lld ",ans); 55 for(int i=1;i<=n;i++) 56 if(ans==dp[i][i+n-1]) 57 printf("%d ",i); 58 return 0; 59 } 60 /* 61 scanf("%d ",&n); 62 scanf("%c %d ",&op[i],&a[i]); 63 和 64 scanf("%d",&n); 65 scanf("%c%d",&op[i],&a[i]); 66 */