這是一道比較簡單的DP，通過分析可以設最後拿走的牌為i，則所求的最優解就是i左邊和右邊子列的最小連乘積再加上x[a]*x[i]*x[b],因為i將原來的序列劃分為兩個子列，這兩個子列符合“最優子結構”和“重疊子問題”的dp特點，他們的最優解互相之間沒有影響，只會影響全域性問題的最優解，在POJ discuss中的解析比較經典，摘錄如下，以後做題可以常常看看discuss，就當學習，但是還是要獨立思考為主

對於整個牌的序列，最左端和最右端的牌是不能被取走的，除這兩張以外的所有牌 > ，必然有一張最後取走。取走這最後一張牌有一個僅與它本身以及最左端和最右端的 > 牌的值有關的得分，這個分值與其他牌沒有任何關係。當這張最後被取走的牌被定 > 下來以後（假設位置為j）, 最左端到j之間的所有牌被取走時所造成的得分必然只與 > 這之間的牌有關從而與j到最右端之間的牌獨立開來。這樣就構成了兩個獨立的子 > 區間，出現重疊子問題。於是問題的解就是 > 取走最後一張牌的得分+兩個子區間上的最小得分 > 不妨假設當前區間為[b, e],在(b,e)之間列舉最後一張被取走的牌，通過最優子問題 > 求出當前區間的最優解： > opt[b][e] = min{ opt[b][j]+opt[j][e] + val(b,j,e); }; > b+1<= j <=e-1 > val(b,j,e)是取走j所造成的得分，即第b,j,e這三張牌的積。 > 空間o(n^2), 時間o(n^3)

演算法實現

dp[i][j] 表示把第 i 個數字到第 j 個數字之間（不包括i，j）的數字去光後得到的最小值。
設 x[i] 是第 i 個數字的值。
dp[i][j] = min(dp[i][k] + dp[k][j] + x[i] * x[k] * x[j]），i + 1 <= k <= j - 1
所有連續的兩個數已經符合要求，即dp[i][i + 1] = 0

#include <iostream> using namespace std; #define MAXN 100000000 int n,x[100],dp[100][100]; int f(int a,int b) { if (dp[a][b] != -1) { return dp[a][b]; } if (b - a == 1)//連續的兩個數返回0 { return dp[a][b] = 0; } int min = MAXN; for(int i = a+1;i <= b-1;i++){//列舉最後一張牌取其最小的情況 int l = f(a,i); int r = f(i,b); if (min > l + r + x[a]*x[i]*x[b]) { min = l + r + x[a]*x[i]*x[b]; } } return dp[a][b] = min;//dp二維陣列始終標記以a、b為邊界陣列的最小連乘積 } int main(){ cin>>n; memset(dp,-1,sizeof(dp)); for(int i = 0;i < n;i++){ cin>>x[i]; } cout<<f(0,n-1)<<endl; return 0; }

另外在網上看到有人用dfs搜尋解決，摘錄如下：http://blog.csdn.net/sushizhuyilang/archive/2010/08/26/5839324.aspx

#include <iostream> using namespace std; int a[110],mi[110][110]; int dfs(int l,int r){ if(r-l<2)return 0; int Min=10000001; for(int i=l+1;i<r;i++){ if(mi[l][i]==-1)mi[l][i]=dfs(l,i); if(mi[i][r]==-1)mi[i][r]=dfs(i,r); if(Min>mi[l][i]+mi[i][r]+a[l]*a[i]*a[r]) Min=mi[l][i]+mi[i][r]+a[l]*a[i]*a[r]; } return Min; } int main() { int n,i; cin>>n; memset(mi,-1,sizeof(mi)); for(i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]; cout<<dfs(1,n)<<endl; return 0; }