1、问题描述：
给定N个顶点的多边形，每个顶点标有一个整数，每条边上标有+(加)或是×(乘)号，并且N条边按照顺时针
依次编号为1~N。下图给出了一个N＝4个顶点的多边形。
游戏规则 ：(1) 首先，移走一条边。 (2) 然后进行下面的操作： 选中一条边E，该边有两个相邻的顶点，不妨称为V1和V2。对V1和V2顶点所标的整数按照E上所标运算符号(+或是×)进行运算，得到一个整数；用该整数标注一个新顶点，该顶点代替V1和V2 。 持续进行此操作，直到最后没有边存在，即只剩下一个顶点。该顶点的整数称为此次游戏的得分(Score)。
2、问题分析：
解决该问题可用动态规划中的最优子结构性质来解。该问题与凸多边形最优三角剖分问题类似， 但二者的最优子结构性质不同。 多边形游戏的最优子结构性质更具有一般性。
设所给的多边形的顶点和边的顺时针序列为op[1],v[1],op[2],v[2],op[3],…,op[n],v[n] 其中，op[i]表示第i条边所对应的运算符，v[i]表示第i个顶点上的数值，i=1~n。
在所给的多边形中，从顶点i（1<=i<=n）开始，长度为j（链中有j个顶点）的顺时针链p(i,j）可表示为v[i],op[i+1],…,v[i+j-1]，如果这条链的最后一次合并运算在op[i+s]处发生（1<=s<=j-1），则可在op[i+s]处将链分割为两个子链p(i,s)和p(i+s,j-s)。
设m[i,j,0]是链p(i,j)合并的最小值，而m[i,j,1]是最大值。若最优合并在op[i+s]处将p(i,j)分为两个长度小于j的子链的最大值和最小值均已计算出。即：
a=m[i,s,0] b=m[i,s,1] c=m[i,s,0] d=m[i,s,1]
(1) 当op[i+s]=’+’时
m[i,j,0]=a+c ；m[i,j,1]=b+d
(2) 当op[i+s]=’*’时
m[i,j,0]=min{ac,ad,bc,bd} ； m[i,j,1]=max{ac,ad,bc,bd}
由于最优断开位置s有1<=s<=j-1的j-1中情况。 初始边界值为 m[i,1,0]=v[i] 1<=i<=n m[i,1,1]=v[i] 1<=i<=n
因为多变形式封闭的，在上面的计算中，当i+s>n时，顶点i+s实际编号为(i+s)modn。按上述递推式计算出的m[i,n,1]记为游戏首次删除第i条边后得到的最大得分。
摘自：http://blog.csdn.net/liufeng_king/article/details/8641118
算法描述：
1 void minMax(int i, int s, int i) 2 { 3 int e[5]; 4 int a = m[i][s][0], 5 b = m[i][s][1], 6 r = (i+s-1)%n + 1; 7 c = m[r][j-s][0], 8 d = m[r][j-s][1]; 9 if(op[r]=='t') 10 { 11 minf = a+c; 12 maxf = b+d; 13 } 14 else 15 { 16 e[1] = a*c; 17 e[2] = a*d; 18 e[3] = b*c; 19 e[4] = b*d; 20 minf = e[1]; 21 maxf = e[1]; 22 for(int k=2; k<5; k++) 23 { 24 if(minf>e[k]) minf = e[k]; 25 if(minf<e[k]) maxf = e[k]; 26 } 27 } 28 } 29 30 int polyMax() 31 { 32 for(int j=2; j<=n; j++) 33 for(int i=1; i<=n; i++) 34 for(int s=1; s<j; s++) 35 { 36 minMax(i, s, j); 37 if(m[i][j][0]>minf) m[i][j][0] = minf; 38 if(m[i][j][1]<maxf) m[i][j][1] = maxf; 39 } 40 int temp = m[1][n][1]; 41 for(int i=2; i<=n; i++) 42 //这里的m[i][n][1]表示游戏删去第i条边后 43 //得到的最大得分。 44 if(temp<m[i][n][1]) temp = m[i][n][1]; 45 return temp; 46 } 47 //再次提醒：由于多边形是封闭的， 在上面的计算中， 48 //当i+s>n时， 顶点i+s实际编号为（i+s）mod n . 49 //按以上的递推公式计算出的m[i][n][1]表示 50 //游戏删去第i条边后得到的最大得分。