自动搬运

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	xht 好想爱这个世界啊

搬运于2025-08-24 22:18:26，当前版本为作者最后更新于2020-03-11 13:42:23，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

考虑一种简单的删除方法，按照 $1 \sim n$ 的顺序依次删除，这时的代价为 $\sum_{i = 1}^{n - 1} a_{i} \times a_{i+1} + a_{n}$。

实际上这已经是一个较优解了，事实上对于 $i \in [1,n)$，$a_i, a_{i+1}$ 在最终的答案中一定都要被相乘一次。原因在于假设不被相乘，就意味着 $a_i, a_{i+1}$ 其中有一个先被删除了，然而先被删除的时候一定有相乘过，因此矛盾。

现在我们找到了一个较优解 $\sum_{i = 1}^{n - 1} a_{i} \times a_{i+1} + a_{n}$，考虑如果变成最优解。

首先来看这个 $a_n$，显然可以变成 $\min_{i=1}^n a_i$，具体方法是，假设最小的位置为 $p$，我们先按照 $1 \sim p - 1$ 的顺序依次删除，再按照 $n \sim p + 1$ 的顺序依次删除即可。

再来看这个 $\sum_{i=1}^{n-1} a_i \times a_{i+1}$。

刚才提到每两个相邻的数一定要被相乘一次，但是相乘有两种情况。

上面的做法是从左往右依次删除，贡献为 $a_{i-1} \times a_i + a_i \times a_{i+1}$。

而如果从中间删除，贡献为 $a_{i-1} \times a_{i} \times a_{i+1}$。

通常情况下，前者要比后者小（因为前者只有两项相乘，而后者有三项），这也是为什么 $\sum_{i=1}^{n-1} a_i \times a_{i+1}$ 是个较优解。

但是这个「通常情况」指的是什么呢？

$a_{i-1} \times a_i + a_i \times a_{i+1} \le a_{i-1} \times a_{i} \times a_{i+1}$，即 $a_{i-1} + a_{i+1} \le a_{i-1} \times a_{i+1}$，然而后面这个等式必须要在 $a_{i-1},a_{i+1} > 1$ 的情况下才成立。

因此当某个 $a_{i} = 1$ 时，将会有更优解。

于是最终的贪心方法为：将序列从每个 $1$ 的位置分开成若干段，每一段内的代价为 $\sum a_{i} \times a_{i+1} + \min a_i$，最后再加上中间 $1$ 的个数即可。

const int N = 1e6 + 7;
int n, a[N];
ll ans = -1;

int main() {
	rd(n), rda(a, n);
	for (int i = 0, j = 1; i <= n; i = j, j = i + 1) {
		while (j <= n && a[j] != 1) ++j;
		++ans;
		if (i + 1 != j) ans += *min_element(a + i + 1, a + j);
		for (int k = i + 1; k < j - 1; k++)
			ans += a[k] * a[k+1];
	}
	print(ans);
	return 0;
}