题干：
小X非常喜欢树，然后他生成了一个大森林给自己玩。
玩着玩着，小X陷入了沉思。
- 一棵树由N个节点组成，编号为i的节点有一个价值Wi。
- 假设从树根出发前往第i个节点（可能是树根自己），一共需要经过Di个节点（包括起点和终点），那么这个节点对这棵树产生的负担就是Di与Wi的乘积。
- 对于一棵树而言，这棵树的负担值为所有节点对它产生的负担之和。
小X学习了dfs，如果他知道树的结构，他当然可以很容易地算出树的负担值。可是现在沉思中的小X并不知道树的结构形态，他只知道一棵二叉树的中序遍历以及每个节点的价值，那么这棵二叉树可能的最小负担值是多少呢？
Input
第一行为一个正整数T(T≤20)表示数据组数。
每组数据包括三行。
第一行为一个正整数N(N≤200)。
第二行为N个正整数Wi(Wi≤108)，表示编号为i的节点的价值。
第三行为N个正整数Pi(Pi≤N)，为一个1~N的排列，表示二叉树的中序遍历结果。
Output
对于每组数据，输出一行一个正整数，表示这棵树可能的最小负担值。
Sample Input
2
4
1 2 3 4
1 2 3 4
7
1 1 1 1 1 1 1
4 2 3 5 7 1 6
Sample Output
18
17
Hint
对于第一个样例，树根为3，3的左儿子是2，3的右儿子是4，2的左儿子是1，这样构成的树可以达到最小负担。
对于第二个样例，对应的满二叉树可以达到最小负担。
题目大意：
给出一颗二叉树的中序遍历以及每一个节点的价值，求一棵最小负担值的树。那一句：“可能是树根自己”，的意思是，根节点的负担就是自身的价值。
解题报告：
首先我们知道任给一个中序遍历序列，可以组成的树有多种，而如何把这棵树划分开呢？就是看根节点是哪一棵。从而把序列分成左右两棵子树的合并，依次分解的最优解问题，考虑区间dp。
其次就是考虑两棵子树如何合并的问题，其实也很简单，无非就是让这两棵子树的权值多加一遍，顺便加一遍新的根节点的权值，换句话说，也就是对应中序遍历序列的区间和，这一点我们可以用前缀和O1预处理出来，然后转移就ok了。
AC代码：
using namespace std;
const int MAX = 2e2 + 6;
const ll INF = 0x3f3f;
ll w[MAX],p[MAX],val[MAX],sum[MAX];
ll dp[MAX][MAX];
int main()
{
int t,n;
cin>>t;
while(t--) {
scanf("%d",&n);
memset(sum,0,sizeof sum);
memset(dp,INF,sizeof dp);
for(int i = 1; i<=n; i++) scanf("%lld",w+i);
for(int i = 1; i<=n; i++) scanf("%lld",p+i);
for(int i = 1; i<=n; i++) val[i] = w[p[i]],sum[i] = sum[i-1] + val[i],dp[i][i]=val[i];
for(int len = 2; len <= n; len++) {
for(int l = 1; l+len-1 <= n; l++) {
int r = l + len - 1;
dp[l][r]=min(dp[l+1][r],dp[l][r-1])+sum[r]-sum[l-1];
for(int k = l+1; k<r; k++) {
dp[l][r] = min(dp[l][r],dp[l][k-1] + dp[k+1][r] + sum[r] - sum[l-1]);
}
}
}
printf("%lld\n",dp[1][n]);
}
return 0 ;
}
