Minimizing the Sum

发现 k 很小，可以考虑动态规划，因为你可以假设某个下标为操作区间的左端点，然后枚举操作数即可，这样这个操作区间的贡献就是区间最小值乘上区间大小，把答案转移到区间右界下一位置即可。

\(dp_{i,x}\) 表示走到下标 i 还未算 i 和其往后的贡献并且剩下 x 个操作数时的最小和。

可以考虑递推来更新状态。

枚举 j 代表再进行多少步操作。

\(dp_{i + j + 1,x + j} = \max dp_{i,x} + min * (j + 1)\)

这里的 min 代表区间 i 到 i + j 的最小值。

#include <bits/stdc++.h>

using i64 = long long;

constexpr i64 INF = 1E18;

void solve() {
    int n, k;
    std::cin >> n >> k;
    std::vector<int> a(n);
    for (auto &it : a) {
        std::cin >> it;
    }

    std::vector<std::vector<i64>> dp(n + 1, std::vector<i64>(k + 1, INF));

    dp[0][0] = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int min = a[i];
        for (int j = 0; j <= k && i + j < n; j++) {
            min = std::min(min, a[i + j]);
            for (int x = 0; x + j <= k; x++) {
                dp[i + j + 1][x + j] = std::min(dp[i + j + 1][x + j],
                                                dp[i][x] + 1LL * min * (j + 1));
            }
        }
    }

    std::cout << *std::min_element(dp[n].begin(), dp[n].end()) << '\n';
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);

    int t;
    std::cin >> t;

    while (t--) {
        solve();
    }

    return 0;
}