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。

    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（1<=i<=n）条边后得到的最大得分。

#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <fstream>
#include <string.h>
using namespace std;

#define NMAX 100
int N,m[NMAX+1][NMAX+1][2],v[NMAX+1];
char op[NMAX+1];

void MinMax(int n,int i,int s,int j,int &minf,int &maxf);
int PloyMax(int n,int& p);

int main()
{
    int p;
    cout<<"请输入多边形顶点数："<<endl;
    cin>>N;
    for(int i=1; i<=N; i++)
    {
        cout<<"请输入多边形顶点"<<i<<"数值:"<<endl;
        cin>>v[i];
        m[i][1][0]=v[i];
        m[i][1][1]=v[i];
        cout<<"请输入多边形边"<<i<<"运算符:"<<endl;
        cin>>op[i];
    }
    cout<<"多边形游戏首次删除第"<<p<<"条边，结果为："<<PloyMax(N,p)<<endl;
    return 0;
}

void MinMax(int n,int i,int s,int j,int &minf,int &maxf)
{
    int e[5];
    int a=m[i][s][0],b=m[i][s][1];
    int r=(i+s-1)%n+1;//多边形的实际顶点编号
    int c=m[r][j-s][0],d=m[r][j-s][1];

    if(op[r-1]=='+')
    {
        minf=a+c;
        maxf=b+d;
    }
    else
    {
        e[1]=a*c;
        e[2]=a*d;
        e[3]=b*c;
        e[4]=d*b;
        minf=e[1];
        maxf=e[1];

        for(int r=2;r<N;r++)
        {
            if(minf>e[r])minf=e[r];
            if(maxf<e[r])maxf=e[r];
        }
    }
}

int PloyMax(int n,int& p)
{
    int minf,maxf;
    for(int j=2;j<=n;j++) //迭代链的长度(所含顶点数目)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)//迭代首次删掉第i条边
        {
            for(int s=1 ;s<=j-1;s++) //迭代断开位置
            {
                MinMax(n,i,s,j,minf,maxf);
                if(m[i][j][0]>minf) m[i][j][0]=minf;
                if(m[i][j][1]<maxf) m[i][j][1]=maxf;
            }
        }
    }

    int temp=m[1][n][1];
    p=1;

    for(int i=2 ;i<=n; i++)
    {
        if(temp<m[i][n][1])
        {
            temp=m[i][n][1];
            p=i;
        }
    }
    return temp;
}