我们像往常一样考虑如何分组，但是我们发现在计算答案的过程中，当分的组确定的话，答案跟切的顺序是否有关
如果有关的话，那么这个DP将变得非常难，所以我们估计是无关的，但是一下子就证明一般性不太好证，所以我们先手搓几组\(k\)比较小的情况
当\(k=2\)的时候，假设最后分的组的每一组的元素和分别为\(a,b,c\)，那么就有两种方案，分别为\(a(b+c)+bc\)和\(c(a+b)+ab\)，展开之后发现是相等的
当\(k=3\)的时候也类似地做，而且我们还发现，最终的答案似乎是每个组之间两两组别的乘积相加
形式化地说，设一共有\(n\)个组，每个组的元素和分别为\(a_1,a_2,...,a_n\)，那么最终的答案就是\(a_1(a_2+a_3+...+a_n)+a_2(a_3+a_4+...+a_n)+...+a_{n-1}a_n\)
现在我们再来数学归纳法证明，假设当小于等于\(n\)个组时满足上述定理，我们考虑当多了一个组\(a_{n+1}\)的时候
无论第一次从哪个位置切开，假设从\(i\)切开，那么第一次的贡献就是\((a_1+a_2+...+a_i)(a_{i+1}+a_{i+2}+...+a_n)\)，然后对新产生的两组利用数学归纳法，会发现最终的答案对任意的数对\((j,k),j<k\)，都有\(a_ja_k\)这一项，而且这一项只出现了一次。因为如果\(j≤i\)或者\(k≥i+1\)，那么由数学归纳法可以得到存在且仅出现一次，如果\(j≤i＜k\)，那么由第一次产生的贡献可以得到
然后我们再来考虑推导，不难设出状态\(f[i][j]\)表示对前\(j\)个元素一共操作\(i\)次的最大贡献，我们考虑最后一组，假设由\([k+1,j]\)的元素组成，那么就有\(f[i][j]=f[i-1][k]+(sum[j]-sum[k])*(sum[k])\)，其中\(sum\)是前缀和
然后注意这里\(i\)这一维的变化只有\(1\)，所以出现了\(j\)和\(k\)的乘积项的时候仍然可以考虑斜率优化，剩下的就比较easy了
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