[2020.11.13]AGC035D

题意

给出一个长度为(n)的序列(A)，每次可以做如下操作：

任取一个整数(w)，满足(2le wle)当前序列长度 ，令(A_{w-1})和(A_{w+1})加上(A_w)，然后删去(a_w)。

重复上述操作直到序列长度为(2)，求最终(A_1+A_2)的最小值。

题解

不妨倒着考虑整个过程。每次考虑当前最后一个被删除的数并加入。

设(V_x)表示(A_x)向最终总和的贡献次数，一开始(V_1=V_n=1)，那么设当(x)被加入时，它左边第一个已经被加入的数是(L)，右边是(R)，那么(V_x=V_L+V_R)。

于是，我们记(dp_{l,r,x,y})表示(l)和(r)已经加入，([l+1,r-1])都还没加入，(V_l=x)，(V_r=y) 时的最小贡献。

那么

[dp_{l,r,x,y}=min_{m=l+1}^{r-1}dp_{l,m,x,x+y}+dp_{m,r,x+y,y}+A_m imes(x+y) ]

注意到状态中的(x,y)都是(O(2^n))级别，因此可以使用(map)和记忆化搜索实现。

code:

#include<bits/stdc++.h>
#define ci const int&
using namespace std;
struct sta{
	int l,r,x,y;
	bool operator<(const sta&t)const{
		return l==t.l?(r==t.r?(x==t.x?y<t.y:x<t.x):r<t.r):l<t.l;
	}
};
int n,a[20];
map<sta,long long>dp;
long long DP(ci l,ci r,ci x,ci y){
	if(l>=r-1)return 0;
	if(dp.count((sta){l,r,x,y}))return dp[(sta){l,r,x,y}];
	long long tmp=1e18;
	for(int i=l+1;i<r;++i)tmp=min(tmp,DP(l,i,x,x+y)+DP(i,r,x+y,y)+1ll*a[i]*(x+y));
	return dp[(sta){l,r,x,y}]=tmp;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]);
	printf("%lld",DP(1,n,1,1)+a[1]+a[n]);
	return 0;
}