AcWing282 石子合并 区间dp

区间dp常见套路：
枚举区间长度
枚举左端点（同时得到右端点
枚举分割点 构造状态转移方程

注意和 贪心的合并果子 区别
这个每次只能合并 相邻 的两堆 贪心可以任意

题目
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
第一行一个数 N 表示石子的堆数 N。

第二行 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

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;

const int N = 310;
int n;
int dp[N][N];
int a[N];
int s[N];//表示前缀和

int main() {
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
		s[i] += s[i - 1] + a[i];
	}

	//枚举区间长度 两堆才能合并 从2 开始枚举
	for (int len = 2; len <= n; len++) {
		for (int i = 1; i + len - 1 <= n; i++) {//枚举区间左端点
			int j = i + len - 1;//区间右端点
			dp[i][j] = 1e8;
			for (int k = i; k < j; k++) {
				dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k + 1][j] + s[j] - s[i - 1]);
				//左边的区间[l,k-1]和右边的区间[k,r]合并，此时左边的区间和为s[k-1]-s[l-1],
				//右边的区间和为s[r]-s[k-1],状态转移时这两个区间和要相加，即s[j]-s[i-1]
			}
		}
	}
	cout << dp[1][n] << endl;
}