Description

众所周知，小 naive 有 n （n≤300）个瓶子，它们在桌子上排成一排。第 i 个瓶子的颜色为 ci，每个瓶子都有灵性，每次操作可以选择两个相邻的瓶子，消耗他们颜色的数值乘积的代价将其中一个瓶子的颜色变成另一个瓶子的颜色。
现在 naive 要让所以瓶子的颜色都一样，操作次数不限，但要使得操作的总代价最小。

题解

颜色的数量很少，可以考虑枚举最后变成哪一种颜色。
对于一个瓶子，可以发现它只有两种可能，
要么直接变成目标颜色，
要么先变为一个较小的颜色，然后再变成目标颜色。
于是就可以dp了，
设 $f_i$表示前i个瓶子，都变成了目标颜色的最小代价。
转移的时候枚举一个j，表示区间[j,i]这些瓶子都是先变为区间[j,i]的最小值，然后再变为目标颜色。
同理维护一个后缀的g。
答案就是 $f_{i-1}+g_{i+1}$

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string.h>
#include <cmath>
#include <math.h>
#define ll long long
#define N 303
#define P putchar
#define G getchar
using namespace std;
char ch;
void read(int &n)
{
	n=0;
	ch=G();
	while((ch<'0' || ch>'9') && ch!='-')ch=G();
	int w=1;
	if(ch=='-')w=-1,ch=G();
	while('0'<=ch && ch<='9')n=(n<<3)+(n<<1)+ch-'0',ch=G();
	n*=w;
}

ll min(ll a,ll b){return a<b?a:b;}
void write(ll x){if(x>9) write(x/10);P(x%10+'0');}

int n,T,a[N];
ll f[N],g[N],sum,mi,s,ans;

int main()
{
	freopen("colour.in","r",stdin);
	freopen("colour.out","w",stdout);
	
	for(read(T);T;T--)
	{
		read(n);
		for(int i=1;i<=n;i++)read(a[i]);
		ans=9223372036854775807;
		for(int col=1;col<=n;col++)
		{
			f[0]=g[n+1]=0;
			for(int i=1;i<=n;i++)
			{
				f[i]=mi=9223372036854775807;sum=s=0;
				for(int j=i;j;j--)
				{
					if(mi>a[j])mi=a[j],s=1;else
					if(mi==a[j])s++;
					sum=sum+a[j];
					f[i]=min(f[i],f[j-1]+(sum-s*mi)*mi+((mi^a[col])?mi*a[col]*(i-j+1):0));
				}
			}
			
			for(int i=n;i;i--)
			{
				g[i]=mi=9223372036854775807;sum=s=0;
				for(int j=i;j<=n;j++)
				{
					if(mi>a[j])mi=a[j],s=1;else
					if(mi==a[j])s++;
					sum=sum+a[j];
					g[i]=min(g[i],g[j+1]+(sum-s*mi)*mi+((mi^a[col])?mi*a[col]*(j-i+1):0));
				}
			}
			ans=min(ans,f[col-1]+g[col+1]);
		}
		write(ans);P('\n');
	}
	
	return 0;
}