[NOI1995] 石子合并
取 $\min$ 就是一般的四边形不等式分析。
我们有 $p(i,j-1)\le p(i,j)\le p(i+1,j)$。所以在这个范围内枚举决策点即可。
时间复杂度：
$$\begin{aligned}
T(n)&= O\left(\sum_{l=1}^{n-1}\sum_{r=l+1}^{n}(p(l+1,r)-p(l,r-1)+1)\right)
\\
& = O\left(\sum_{i=1}^{n}(p(l+1,n)-p(1,n-i)+n-i)\right)
\\
&= O(n^2)
\end{aligned}$$
第二行那个推导有点难搞，一个深必的方法是把二维的求和拆开，然后把相同的项消去，观察一下得到。
取 $\max$ 的话不能用四边形不等式。。。
但实际上我们根本就不需要 DP 来做这一问鸭。
稍微动一下脑子就能知道可以贪心，最大值一定是以两端为决策点的某一端取到的。
所以最后总的复杂度还是 $O(n^2)$ 的。
代码：
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| #include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
namespace Ehnaev{
inline ll read() {
ll ret=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<48||ch>57) {if(ch==45) f=-f;ch=getchar();}
while(ch>=48&&ch<=57) {ret=(ret<<3)+(ret<<1)+ch-48;ch=getchar();}
return ret*f;
}
inline void write(ll x) {
static char buf[22];static ll len=-1;
if(x>=0) {do{buf[++len]=x%10+48;x/=10;}while(x);}
else {putchar(45);do{buf[++len]=-(x%10)+48;x/=10;}while(x);}
while(len>=0) putchar(buf[len--]);
}
}using Ehnaev::read;using Ehnaev::write;
inline void writeln(ll x) {write(x);putchar(10);}
const ll N=1e3;
ll n,ans1,ans2;
ll a[N+5],c[N+5];
ll f[N+5][N+5],g[N+5][N+5],p[N+5][N+5],p_[N+5][N+5];
int main() {
n=read();
for(ll i=1;i<=n;i++) {
a[i]=a[i+n]=read();
}
for(ll i=1;i<=2*n;i++) {c[i]=c[i-1]+a[i];}
for(ll i=1;i<=2*n-1;i++) {
f[i][i+1]=c[i+1]-c[i-1];g[i][i+1]=c[i+1]-c[i-1];
p[i][i+1]=i;
}
for(ll x=3;x<=n;x++) {
for(ll i=1;i+x-1<=2*n;i++) {
ll j=i+x-1;ll k=p[i][j-1];
f[i][j]=f[i][k]+f[k+1][j]+c[j]-c[i-1];
p[i][j]=k;
for(ll k=p[i][j-1]+1;k<=p[i+1][j];k++) {
if(f[i][k]+f[k+1][j]+c[j]-c[i-1]<f[i][j]) {
f[i][j]=f[i][k]+f[k+1][j]+c[j]-c[i-1];
p[i][j]=k;
}
}
g[i][j]=max(g[i+1][j]+c[j]-c[i-1],g[i][j-1]+c[j]-c[i-1]);
}
}
ans1=f[1][n];ans2=g[1][n];
for(ll i=2;i<=n+1;i++) {
ans1=min(ans1,f[i][i+n-1]);ans2=max(ans2,g[i][i+n-1]);
}
writeln(ans1);writeln(ans2);
return 0;
}
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