题目来源：洛谷
题目描述
在Mars星球上，每个Mars人都随身佩带着一串能量项链。在项链上有N颗能量珠。能量珠是一颗有头标记与尾标记的珠子，这些标记对应着某个正整数。并且，对于相邻的两颗珠子，前一颗珠子的尾标记一定等于后一颗珠子的头标记。因为只有这样，通过吸盘（吸盘是Mars人吸收能量的一种器官）的作用，这两颗珠子才能聚合成一颗珠子，同时释放出可以被吸盘吸收的能量。如果前一颗能量珠的头标记为m，尾标记为r，后一颗能量珠的头标记为r，尾标记为n，则聚合后释放的能量为m×r×n（Mars单位），新产生的珠子的头标记为m，尾标记为n。
需要时，Mars人就用吸盘夹住相邻的两颗珠子，通过聚合得到能量，直到项链上只剩下一颗珠子为止。显然，不同的聚合顺序得到的总能量是不同的，请你设计一个聚合顺序，使一串项链释放出的总能量最大。
例如：设N=4，4颗珠子的头标记与尾标记依次为(2,3)(3,5)(5,10)(10,2)。我们用记号⊕表示两颗珠子的聚合操作，(j⊕k)表示第j,k两颗珠子聚合后所释放的能量。则第4、1两颗珠子聚合后释放的能量为：
(4⊕1)=10×2×3=60=10。
这一串项链可以得到最优值的一个聚合顺序所释放的总能量为：
((4⊕1)⊕2)⊕3）=10×2×3+10×3×5+10×5×10=710。
输入输出格式
输入格式：
第一行是一个正整数N(4≤N≤100)，表示项链上珠子的个数。第二行是N个用空格隔开的正整数，所有的数均不超过1000。第iii个数为第iii颗珠子的头标记(1≤i≤N)，当i<N时，第i颗珠子的尾标记应该等于第i+1颗珠子的头标记。第N颗珠子的尾标记应该等于第1颗珠子的头标记。
至于珠子的顺序，你可以这样确定：将项链放到桌面上，不要出现交叉，随意指定第一颗珠子，然后按顺时针方向确定其他珠子的顺序。
输出格式：
一个正整数E(E≤2.1×(10)9)，为一个最优聚合顺序所释放的总能量。
输入输出样例
4 2 3 5 10
710
说明
NOIP 2006 提高组 第一题
解析：
也是一道很好的区间dp题目。反复思考+看了几遍书之后终于有了头绪。
先讲讲什么是区间dp。
【区间dp】
区间dp顾名思义，就是将区间长度作为dp的阶段。我们常常将区间的左右端点作为状态，将能把一个大区间划分为两个子区间的位置作为决策。区间dp一般以长度为1的区间作为初态。我们可以形象的将其理解为区间的划分方法。
那么回到这道题，刚看到可能有点蒙，即使想到了区间dp，也想不出拿什么作为阶段和状态来做dp。看到这一个个珠子表示的一个个区间和莫名其妙的计算方式，一开始我也是满脸懵比的。。。
这题不像P1880 石子合并，没有明确的对区间划分的暗示。
思路是这样，我们拿两个珠子作为一个长度为2的区间，而没有长度为1的区间（或者是说有但是没意义），再来跑dp。
这题比较难的地方在于对dp策略的理解。
我们的阶段（距离）不是从1跑到N，也不是从1跑到N+N+1，而是从1跑到N+1，因为这里必须注意到4⊕1跟1⊕4是完全不同的，而作为两种状态，我们不可能合起来来考虑，所以实际上一条长为N的项链是有N个区间的（而不是N-1个），包含了N+1个珠子。而且这题不像P1880那样要跑到N+N+1，因为如果算到这么长的话，实际上是算重了的（想一想，为什么？），好吧实际上是因为前面dp[l][n+1]算出来了之后，你又拿dp[i+n][n+n+1]去跑一边，就把前面算出来的dp[l][n+1]又加了一遍。。。
然而，l和r却要枚举到N+N+1，这就当然是因为这是环形dp了，状态还是一样的，只是阶段有所改变。
这些都是我困惑过的地方。
特别特别要注意的地方：这题区间的左右端点是可以包容的，所以状态转移方程写的是dp[l][r]=min{dp[l][k]+dp[k][r]+w(l,r)}。
参考代码：
1 //把每两个珠子看作一个区间 2 //每个区间不能跟自己合并 3 #include<cstdio> 4 #include<iostream> 5 #include<cmath> 6 #include<cstring> 7 #include<ctime> 8 #include<cstdlib> 9 #include<algorithm> 10 #include<queue> 11 #include<set> 12 #include<map> 13 #define N 1010 14 #define INF 0x3f3f3f3f 15 using namespace std; 16 int a[N],dp[N][N]; 17 int main() 18 { 19 int n; 20 cin>>n; 21 int ans=-INF; 22 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),a[i+n]=a[i]; 23 24 for(int len=2;len<=n+1;len++) 25 for(int l=1;l<=n*2-len+2;l++){ 26 int r=l+len-1; 27 for(int k=l+1;k<r;k++) 28 dp[l][r]=max(dp[l][r],dp[l][k]+dp[k][r]+(a[l]*a[k]*a[r])); 29 ans=max(ans,dp[l][r]); 30 } 31 cout<<ans<<endl; 32 return 0; 33 }