题目描述
对于一个给定的序列a1, …, an，我们对它进行一个操作reduce(i)，该操作将数列中的元素ai和ai+1用一个元素max(ai，ai+1)替代，这样得到一个比原来序列短的新序列。这一操作的代价是max(ai，ai+1)。进行n-1次该操作后，可以得到一个长度为1的序列。
我们的任务是计算代价最小的reduce操作步骤，将给定的序列变成长度为1的序列。
输入格式
第一行为一个整数n( 1 <= n <= 1,000,000 )，表示给定序列的长度。
接下来的n行，每行一个整数ai（0 <=ai<= 1, 000, 000, 000），为序列中的元素。
输出格式
只有一行，为一个整数，即将序列变成一个元素的最小代价。
输入输出样例
输入 #1复制
输出 #1复制
说明/提示
提示 30%的测试数据 n<=500； 50%的测试数据 n <= 20,000。
解析：
这是一道十分灵性的贪心，理解了其实十分简单。我们需要掌握一些思维技巧。
对于这道题，我想我们首先要有抛开整体看局部的思维方法（其实就是分治233）
先上图。
比如说一个这样的序列，我们假设它是([10,5,6,9,4,8])
不难想到，其实序列中最大的数至少要进行两次合并，分别与其左边的数和右边的数合并，也就是至少答案要计两次最大值。分治的思想，对于每一个子区间的最大数，也具备这个性质。反观最小数，它是一定不计入答案的，对于每一个子区间它同样成立（仅适用于该区间）。
最大值：
最小值：
比如我们取中间的一个子区间，最优合并方法一定是这样的：
所以，根据贪心的思想，我们应当使得最大的数尽可能少的合并。也就是说，尽可能让每个子区间的较大数只合并两次（边界就是一次）。显然，如果一个数的左右两边的两个数都比它小，那么它肯定至少要合并两次，对答案的贡献是它自己的两倍。对于它左右两边的所有数，按照分治的思想，划分成左右两个子区间，在这两个子区间也执行贪心。依此类推，实际上每个长度大于2的子区间的较大数都最多只对答案贡献了两次。根据这一点，我们可以直接(O(n))的求解答案。即线性扫一遍序列，(ans+=max(a[i],a[i+1]))。（这一点也不玄学，相信我）
参考代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#define N 1000010
#define ll long long
using namespace std;
ll a[N],n;
int main()
{
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&a[i]);
ll ans=0;
for(int i=1;i<n;++i) ans+=max(a[i],a[i+1]);
printf("%lld
",ans);
return 0;
}