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设一个n个节点的二叉树tree的中序遍历为（l,2,3,…,n），其中数字1,2,3,…,n为节点编号。每个节点都有一个分数（均为正整数），记第j个节点的分数为di，tree及它的每个子树都有一个加分，任一棵子树subtree（也包含tree本身）的加分计算方法如下：
subtree的左子树的加分× subtree的右子树的加分＋subtree的根的分数
若某个子树为主，规定其加分为1，叶子的加分就是叶节点本身的分数。不考虑它的空
子树。
试求一棵符合中序遍历为（1,2,3,…,n）且加分最高的二叉树tree。要求输出；
（1）tree的最高加分
（2）tree的前序遍历
现在，请你帮助你的好朋友XZ设计一个程序，求得正确的答案。
第1行：一个整数n（n<=30），为节点个数。
第2行：n个用空格隔开的整数，为每个节点的分数（分数<=100）
第1行：一个整数，为最高加分（结果不会超过4,000,000,000）。
第2行：n个用空格隔开的整数，为该树的前序遍历。
5
5 7 1 2 10
145
3 1 2 4 5
n（n<=30)
分数<=100
算法讨论
本题一看题目描述就知道这题必须要建立一个树的数据结构，而最后要让求最大值，那么就只能用动态规划了，因为如果用深搜之类的肯定是浪费时间太多，每个点枚举一边，额…时间是问题。
那么我们已经确定是树形动态规划了，就需要建立一棵树，那么题目让求最大值就说明一定要枚举每一个点当root，因为输入是中序遍历，所以假设枚举的一个根是3号点，那么他的左子树是1号2号点，右子树是4..n号点，那么这给点的最优值是1号点或二号点乘上4号..或n号+上本身，那么左子树的点和右子树的点又得枚举了，然后递归知道还有最后一个点的时候。要注意的是判定边界和记忆化的问题，记忆化可以使你的代码更快，每一棵树少算一遍。
那么既然是动态规划，就要有状态转移方程了，每个点的最优值就等于左子树点的最优值乘上右子树点的最优值+本身，这就是f数组。
状态转移方程：f[r,l]:=max{f[i,k] * f[k,j]+a[i]}(for k:=r to l do)
Pascal代码：
var
a:array[0..1000] of longint; {存下每一个点的分数}
f:array[0..1000,0..1001] of int64; {存下最优分数，因为数据原因所以用int64，中括号里存左儿子点和右儿子点}
root:array[0..1000,0..1000] of longint; {最后为了输出的问题，还需要先序遍历，所以存一下根，左子树点右子树点}
n,i:longint;
function treedp(l,r:longint):int64; {递归函数，把上一次递归的边带进来了}
var
i:longint;
max,t:int64;
begin
max:=0; {要把每一个子树的最大值存一下}
if f[l,r]>=0 then exit(f[l,r]); {记忆化，算过了就不要再算了直接用}
if l=r then
begin
f[l,r]:=a[l];
root[l,r]:=l;
exit(f[l,r]);
end; {边界处理问题，别出边！}
if l>r then
begin
f[l,r]:=1;
exit(f[l,r]);
end; {这个点没有右兄弟，所以分是1}
for i:=l to r do {枚举第i个点为根}
begin
t:=treedp(l,i-1)*treedp(i+1,r)+a[i]; {递归进去}
if t>max then
begin
max:=t;
root[l,r]:=i;
end; {状态转移方程，如果这个点的值大于最大那么替换，还要把根的位置存一下}
end;
f[l,r]:=max; {把最大存入f数组}
exit(f[l,r]); {结束递归}
end;
procedure qianxu(l,r:longint); {前序遍历过程}
begin
if l>r then exit;
if (l=1) and (r=n) then
write(root[l,r])
else
write(' ',root[l,r]);
qianxu(l,root[l,r]-1);
qianxu(root[l,r]+1,r);
end;
begin
readln(n);
for i:=1 to n do read(a[i]);
fillchar(f,sizeof(f),255); {先把f初始化成-1，这是为了记忆化}
writeln(treedp(1,n));
qianxu(1,n);
writeln;
end.