Description–

杜神牛造了n个区域，它们紧邻着排成了一行，编号1~n。在这每个区域里都放着一把OI界的金钥匙，每一把都有一定的价值，LYD当然想得到它们了。然而杜神牛规定LYD不可以一下子把它们全部拿走，而是每次只可以拿一个。为了尽快的拿到所有的金钥匙，LYD自然就用上了刚学的分离与合体特技。
一开始LYD可以选择从1 ~ n-1的任何一个区域(记为K)进入，进入后LYD会在K区域发生分离，从而分离为两个小LYD。分离完成的同时会有一面墙在K和K+1区域之间升起，从而把1 ~ k和k+1 ~ n阻断为两个独立的区间。然后两个小LYD分别进入1 ~ k和k+1 ~ n，并在各自的区间内任选除了区间末尾区域以外(即1 ~ k-1或k+1 ~ n-1)的任何一个区域再次发生分离，就一共有了4个小小LYD……重复进行以上所叙述的分离，直到每个小LYD发现自己所在的区间只剩下了一个区域，他们就可以抱起自己梦寐以求的OI金钥匙。
　　但是LYD不能就这么分成n多个个体存在于世界上，这些小LYD还会再合体，合体的两个小LYD所在的区间中间的墙会消失。合体会获得一定的价值，计算方法是：(合并后所在区间的左右端区域里金钥匙的价值之和) 乘 (之前分离的时候所在区域的金钥匙价值)。
{例如：LYD曾经在1 ~ 3区间中的2号区域分离成为1 ~ 2和3两个区间，合并时获得的价值就是（1号金钥匙价值+3号价值）*(2号金钥匙价值)。}
LYD请你编程求出最终可以获得的总价值最大是多少。并按照分离阶段从前到后，区域从左向右的顺序，输出发生分离的区域编号 (例如：先打印1分为2的分离区域，然后从左到右打印2分为4的分离区域，然后是4分为8的…) 。
注意：若有多种方案，选择分离区域尽量靠左的方案（也可以理解为输出字典序最小的）。

Input–

第一行:正整数n (2<=n<=300)
第二行:n个正整数，表示1~n区域里每把金钥匙的价值。
保证答案及运算过程中不超出longint范围。

Output–

第一行一个数，即获得的最大价值
第二行按照分离阶段从前到后，区域从左向右的顺序，输出发生分离的区域编号，中间用一个空格隔开，若有多种方案，选择分离区域尽量靠左的方案（也可以理解为输出字典序最小的）。

Sample Input–

7
1 2 3 4 5 6 7

Sample Output–

238
1 2 3 4 5 6

说明–

数据规模
对于%20的数据 N<=10
对于%40的数据 N<=50
对于%100的数据 N<=300 a[i]<=300

解题思路–

类似“石子合并”；
DP。。。。。。

代码–

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,l=1,a[310],o[310],f[310][310],c[310][310],h[310][310];
void hhh(int x,int y,int lev)
{
	if (x==y)
		return ;
	h[lev][++o[lev]]=c[x][y];
	hhh(x,c[x][y],lev+1);
	hhh(c[x][y]+1,y,lev+1);                                                               
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;++i)
	  scanf("%d",&a[i]);
	for (int k=1;k<=n;++k)//DP，分离
	  for (int i=1;i<=n-k+1;++i)
	  {
	  	  int h=i+k-1;
	  	  for (int j=i;j<h;++j)
	  	  	if (f[i][h]<f[i][j]+f[j+1][h]+(a[i]+a[h])*a[j])
	  	  	{
	  	  		f[i][h]=f[i][j]+f[j+1][h]+(a[i]+a[h])*a[j];
	  	  		c[i][h]=j;
	  	  	}
	  }
    printf("%d\n",f[1][n]);
    hhh(1,n,1);//合并
    while (o[l]!=0)
    {
    	for (int j=1;j<=o[l];j++)
    	  printf("%d ",h[l][j]);
    	l++;
    }
	
	return 0;
}