题目描述 

问题描述

　　题目很简单，给出N个数字，不改变它们的相对位置，在中间加入K个乘号和N-K-1个加号，（括号随便加）使最终结果尽量大。因为乘号和加号一共就是N-1个了，所以恰好每两个相邻数字之间都有一个符号。例如：
　　N=5，K=2，5个数字分别为1、2、3、4、5，可以加成：
　　1*2*(3+4+5)=24
　　1*(2+3)*(4+5)=45
　　(1*2+3)*(4+5)=45
　　……

输入格式

　　输入文件共有二行，第一行为两个有空格隔开的整数，表示N和K，其中（2<=N<=15, 0<=K<=N-1）。第二行为 N个用空格隔开的数字（每个数字在0到9之间）。

输出格式

　　输出文件仅一行包含一个整数，表示要求的最大的结果

样例输入

5 2
1 2 3 4 5

样例输出

120

样例说明

　　(1+2+3)*4*5=120

 分析

很明显的一道dp题目。

做法是枚举最后一次乘法。把算式拆成两边求解， 

设dp[i][j]为，前i个数中有j个乘法的最大值， 那么边界情况明显就是j=0时，全部数是相加的。在构造dp数组时，还需遍历一遍构造加法的区间，使用sum[i]作为前i个数相加的和。因此，会有三重循环，时间复杂度为O（n^2 * k）

例如只有一个乘号时5个数过程如下：

1*(2+3+4+5)，1为以前计算过的

(1+2)*(3+4+5), (1+2)为以前计算过的

(1+2+3)*(4+5), (1+2+3)为以前计算过的

(1+2+3+4)*5， （1+2+3+4）为以前计算过的

以x作为索引， 来枚举加法区间长度，设x为[1, i]的某个数，那么[1, x-1] *[x, i]即为乘法的结果（因为我们从第1个开始而不是从第0个数开始）

因此状态转移方程为

dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[x-1][j-1] * (sum[i] – sum[x]) )  （2 <= x  <= i 因为x可以取最后一个数, j <=k && j <= i-1）

#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;

long long dp[20][20];
long long sum[20];//到i为止的数相加的和 



int main()
{
	int n, k;
	
	cin >> n >> k;
	
	//从1开始的好处：由于需要用到i-1，从1开始不必要写特殊情况 
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		long long temp;	
		cin >> temp;
		sum[i] = sum[i-1] + temp;
		//边界为全都加 
		dp[i][0] = sum[i];
	}
	
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		//运算符个数 = 数字个数 - 1，所以最大有i-1个
		int right = min(i - 1, k);
		for(int j = 1; j <= right; j++)
		{
			//枚举最后一次乘法,加法区间为[x, i],  x-1意味着x必须大于1, 但dp[0][j]没有意义， 所以从2开始
			for(int x = 2; x <= i; x++)
			{
				dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[x - 1][j - 1] * (sum[i] - sum[x - 1]));
			} 
		}
	}
	
	cout << dp[n][k];
	
	return 0;
}