GarsiaWachs算法

石子合并（每次合并相邻的两堆石子，代价为这两堆石子的重量和，把一排石子合并为一堆，求最小代价）
是一个经典的问题。dp可以做到O(n*n)的时间复杂度，方法是：
设f[i,j]为合并从i到j的石子所用最小代价。
f[i,j]=min(sum(i,j)+f[i,k]+f[k+1,j])对所有i<=k<j，其中sum(i,j)表示从i到j的石子重量之和。
设上式取等时k的值为w[i,j]，有神牛证明过：w[i,j]>=w[i,j-1],w[i,j]<=w[i+1,j]
这样，枚举k的时候，就有了一个上下界，从而搞掉了一维。

而GarsiaWachs算法可以把时间复杂度压缩到O(nlogn)。
具体的算法及证明可以参见《The Art of Computer Programming》第3卷6.2.2节Algorithm G和Lemma W,Lemma X,Lemma Y,Lemma Z。
只能说一个概要吧：
设一个序列是A[0..n-1]，每次寻找最小的一个满足A[k-1]<=A[k+1]的k，（方便起见设A[-1]和A[n]等于正无穷大）
那么我们就把A[k]与A[k-1]合并，之后找最大的一个满足A[j]>A[k]+A[k-1]的j,把合并后的值A[k]+A[k-1]插入A[j]的后面。
有定理保证，如此操作后问题的答案不会改变。
举个例子：
186 64 35 32 103
因为35<103，所以最小的k是3，我们先把35和32删除，得到他们的和67，并向前寻找一个第一个超过67的数，把67插入到他后面
186 64（k=3,A[3]与A[2]都被删除了） 103
186 67（遇到了从右向左第一个比67大的数，我们把67插入到他后面） 64 103
186 67 64 103 （有定理保证这个序列的答案加上67就等于原序列的答案）
现在由5个数变为4个数了，继续！
186 （k=2,67和64被删除了）103
186 131（就插入在这里） 103
186 131 103
现在k=2（别忘了，设A[-1]和A[n]等于正无穷大）
234 186
420
最后的答案呢？就是各次合并的重量之和呗。420+234+131+67=852。

题目：

 代码：（借鉴的）

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int maxn=50005;
const int inf=0x7fffffff;//2147483647
int n,m,t,ans,stone[maxn];
void dfs(int k){
    int tmp=stone[k-1]+stone[k];
    ans+=tmp;t--;
    for(int i=k;i<t;++i)stone[i]=stone[i+1];//元素左移，表示删掉了一个元素
    int j=0;k--;
    for(j=k;stone[j-1]<tmp;--j)stone[j]=stone[j-1];//元素右移，找到第一个满足条件的j
    stone[j]=tmp;//将tmp插到j后面
    while(j>=3&&stone[j-2]<=stone[j]){//继续向前查找是否还有满足条件的情况
        int d=t-j;//保存当前t离操作点的距离d
        dfs(j-1);//合并第j-1堆和第j-2堆石子
        j=t-d;//设置新的操作点j
    }
}
int main(){
    while(~scanf("%d",&n)&&n){
        for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&stone[i]);
        t=2,ans=0;stone[0]=stone[n+1]=inf;
        for(int i=2;i<=n;++i){
            stone[t++]=stone[i];
            while(t>3&&stone[t-3]<=stone[t-1])dfs(t-2);//表示当前至少有3堆石子，并且满足stone[k-1]<=stone[k+1]，k=t-2，就合并第t-3和第t-2堆石子
        }
        while(t>2)dfs(t-1);//如果剩下的堆数至少为3-1=2堆，则继续合并，直至剩下一堆石子
        printf("%d
",ans);
    }
    return 0;
}