合并石头的最低成本问题（K堆合并版本，每轮需合并恰好K堆，最后一轮可少于K堆的特殊规则）
1. 题目描述
我们有 n 堆石头排成一行，第 i 堆石头的重量为 stones[i]。
游戏规则：
- 每次操作必须合并恰好 K 堆连续的石头成为一堆新石头。
- 合并的成本等于这 K 堆石头的总重量。
- 合并后，新的一堆石头的重量等于合并的 K 堆石头重量之和。
- 游戏重复进行，直到最终剩下一堆石头。
注意：
- 如果最后剩余的石头堆数不是 1，则无法合并成唯一的一堆。
- 但题目允许最后一轮合并时少于 K 堆（即最后一轮可以只合并少于 K 堆变成 1 堆）。
目标：
找到将所有石头合并为一堆的最小总成本。
示例：
n = 4, K = 3, stones = [1, 2, 3, 4]
输出：最小合并成本是 20
解释：
合并 [1, 2, 3] 成 6，成本 1+2+3=6，剩下 [6, 4]
再合并 [6, 4] 成 10，成本 6+4=10，总成本 6+10=16？
等等，检查规则：第二轮合并只有 2 堆，但 K=3，不满足必须合并 K 堆的条件，所以这个合并序列是无效的。
需要满足最后一轮合并可以少于 K 堆，但其他轮必须恰好 K 堆，且最终是 1 堆。
但最终剩下一堆，最后一轮合并时必须是 m 堆合并成 1 堆，其中 m 在 2 到 K 之间。
所以 (n-1) % (K-1) 必须等于 0 才是可解，否则返回 -1。
但题目描述允许最后一步少于 K 堆，但必须能合并成 1 堆，这意味着 n=1 时成本 0，n=K 时直接合并一次。
更一般地说，必须满足 (n-1) % (K-1) == 0 才可解。
在本题中，我们先假设给定的 n 是可解的。
2. 问题分析与转换
设 n 堆石头，每次合并 K 堆，合并后减少 (K-1) 堆。
最终要从 n 堆变成 1 堆，需要减少 (n-1) 堆。
所以必须满足 (n-1) % (K-1) == 0 才有解，否则返回 -1。
区间动态规划思路：
定义 dp[i][j] 为将区间 [i, j] 内的所有石头合并到不能再合并（即剩下最少堆数，直到剩下 1 堆）时的最小成本。
这里“不能再合并”的意思是：合并过程中，每次合并必须恰好 K 堆，所以区间内最后剩下的堆数可能不是 1，但必须保证可以继续合并到 1 堆为止。
我们可以在 dp 计算时，让 dp[i][j] 表示合并区间 [i, j] 到剩下 1 堆的最小成本，但必须满足 (len-1) % (K-1) == 0，否则这个区间不可能合并到 1 堆。
但中间状态（比如合并到剩下 m 堆，m>1）也需要考虑，因为最终合并到 1 堆是最后一轮。
更好的定义：
dp[i][j] 表示将 [i, j] 的石头合并到不能再合并为止（剩下 1 堆或多堆）的最小成本，其中剩下的堆数必须满足：(j-i+1 - 1) % (K-1) == 0 时才能只剩 1 堆，否则剩下 (j-i+1) mod (K-1) 堆（如果为 0 则剩 K-1 堆，但这里我们其实只需知道剩下的堆数）。
实际上，我们可以用另一个维度 dp[i][j][p] 表示将区间 [i, j] 合并到剩下 p 堆的最小成本，p 从 1 到 K。
但这样会 O(n^3 * K) 太大。
优化定义：
设 dp[i][j] 表示合并 [i, j] 到尽可能少堆（但必须保证可继续合并）的最小成本。
但这样不区分剩下几堆，会漏信息。
常见题解思路（标准区间 DP）：
定义 dp[i][j] 为将 [i, j] 合并到不能合并为止的最小成本，但必须保证区间内剩下的堆数可以继续和外部合并。
我们可以用一个辅助数组 sum[i][j] 表示区间和。
状态转移时，我们可以将区间 [i, j] 拆成 [i, m] 和 [m+1, j]，但这样必须保证 [i, m] 合并到 1 堆，[m+1, j] 合并到 1 堆，然后这两堆和别的堆合并成 K 堆再合并。
所以必须考虑剩下堆数的信息。
实际上，标准解法是：
dp[i][j] 表示将 [i, j] 合并到剩下 1 堆的最小成本，如果 (j-i) % (K-1) != 0 则 dp 为无穷大（表示不可行）。
转移时，考虑最后一次合并发生在哪里：
将区间分成左半段合并到 1 堆，右半段合并到 1 堆，再将它们和中间某些堆合并成 K 堆。
但更简单的方法：
我们让分割点 m 从 i 到 j-1 以步长 (K-1) 移动，因为每次合并减少 K-1 堆，所以左区间长度必须满足 (len_left - 1) % (K-1) == 0 才可能剩 1 堆，右区间同理。
但更简单的思路：
定义 dp[i][j] 为合并 [i, j] 到剩下最少堆数的最小成本，但剩下堆数为 (len-1) mod (K-1) + 1（除非 len=1）。
转移时，枚举分界点 m，左区间剩下任意堆数，右区间剩下任意堆数，只要左右剩下的堆数加起来 ≤ K，就可以继续合并，合并成本为左右区间成本之和 + 整个区间和（当左右剩下的堆数加起来等于 K 时，需要额外加一次合并成本，即区间和）。
但这样还需要记录剩下几堆，所以用 dp[i][j][m] 表示区间 [i, j] 合并到剩下 m 堆的最小成本，m ∈ [1, K]。
转移方程：
- 不合并：
dp[i][j][m] = min(dp[i][k][p] + dp[k+1][j][m-p])对 k 在 [i, j-1]，p 在 [1, m-1] 且 p ≤ 左边剩下堆数上限，m-p ≤ 右边剩下堆数上限。 - 当 m=1 时，表示最终合并成一堆，必须从
dp[i][j][K] + sum[i][j]转移过来。
3. 简化状态定义（标准解法）
实际常见解法是：
dp[i][j] 表示将区间 [i, j] 合并到不能再合并为止（剩下 1 堆或多堆）的最小成本。
dp[i][j] 计算时，枚举分割点 k，左边合并到剩下任意堆，右边合并到剩下任意堆，但必须保证左右剩下的堆数加起来是 K 的倍数或者小于 K，只有等于 K 时才能合并并加成本。
但更简单的做法：
我们只考虑最终要合并成一堆的情况，所以必须满足 (j-i) % (K-1) == 0 时才可行。
转移时，分割点 k 每次移动 K-1 步，保证左边区间可合并成 1 堆，右边区间可合并成 1 堆，然后将这 2 堆和中间？不对，这是 K>2 的情况，复杂。
为了避免混乱，我们采用标准区间 DP 解法（二维 dp 数组）：
dp[i][j] 表示将区间 [i, j] 合并到不能再合并（剩下 1 堆或多堆）的最小成本。
初始化 dp[i][i] = 0（只剩 1 堆，不用合并）。
转移：
枚举分割点 k，dp[i][j] = min(dp[i][k] + dp[k+1][j])。
然后，如果 (j-i) % (K-1) == 0，说明整个区间可以最后合并成一堆，则 dp[i][j] += sum[i][j]。
这个方法的正确性在于：dp[i][k] 和 dp[k+1][j] 已经包含了将子区间合并到剩下最少堆的成本，当我们把整个区间分成左右两部分分别合并到最少堆后，这两部分的堆数总和是 (1 + 1) 或者其他，但必须保证整个区间长度满足合并条件时才加区间和。
实际上，更准确的逻辑是：
- 不合并左右区间：dp[i][j] = min(dp[i][k] + dp[k+1][j])。
- 如果
(j-i) % (K-1) == 0，则整个区间可以合并成一堆，但必须加上最后一次合并的成本 sum[i][j]。
但为什么这样是对的？
因为当 (j-i) % (K-1) == 0 时，区间长度 len 满足 (len-1)%(K-1)=0，所以整个区间可以逐步合并到 1 堆，最后一次合并是 K 堆合并成一堆，成本是 sum[i][j]。
而子区间合并的最小成本已经包含在 dp 中。
4. 详细递推公式
设 n 为 stones 长度，前缀和 prefix[0]=0, prefix[i]=sum(stones[0..i-1])，则 sum[i][j] = prefix[j+1] - prefix[i]。
dp[i][j] 初始化 INF，dp[i][i] = 0。
枚举区间长度 len 从 2 到 n：
枚举起点 i，j=i+len-1。
枚举分割点 k 从 i 到 j-1：
dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k+1][j])。
关键：如果 (len-1) % (K-1) == 0，则 dp[i][j] += sum[i][j]。
最终 dp[0][n-1] 即为答案。
为什么只在 (len-1)%(K-1)==0 时才加区间和？
因为这时整个区间可以合并成一堆，最后一次合并成本是区间和。
而 dp[i][k] 和 dp[k+1][j] 已经包含了子区间合并到 1 堆的成本。
5. 示例推演
n=4, K=3, stones=[1,2,3,4]
先判断可解性：(4-1)%(3-1)=3%2=1≠0，所以无解？
但题目说最后一轮可少于 K 堆，则不一定需要 (n-1)%(K-1)=0，但常见题目（LeetCode 1000）要求必须满足 (n-1)%(K-1)=0 才有解。
这里我们假设题目允许最后一轮少于 K 堆，则 n=4,K=3 有解。
我们按上述 DP 推演：
前缀和 prefix: [0,1,3,6,10]
初始化 dp 全 INF，dp[i][i]=0。
len=2:
[0,1]: dp=0+0=0, (2-1)%(3-1)=1%2=1≠0，不加区间和，dp=0。
[1,2]: 同理 0。
[2,3]: 同理 0。
len=3:
[0,2]: 分 (0,0)+(1,2) 或 (0,1)+(2,2)。
- k=0: dp=0+0=0, (3-1)%2=0，加区间和 sum[0][2]=1+2+3=6，得 6。
- k=1: dp=0+0=0，加 6 得 6，取 min=6。
[1,3]: 区间和 2+3+4=9，分 (1,1)+(2,3) 或 (1,2)+(3,3)。
k=1: dp=0+0=0，加 9 得 9。
k=2: dp=0+0=0，加 9 得 9。
len=4:
[0,3]: 区间和 10，(4-1)%2=1≠0，所以最后不会加区间和。
枚举 k=0,1,2：
k=0: dp=0+dp[1][3]=0+9=9。
k=1: dp[0][1]+dp[2][3]=0+0=0，这里 dp[0][1]=0, dp[2][3]=0，和为 0。
k=2: dp[0][2]+dp[3][3]=6+0=6。
取 min=0。
最终 dp[0][3]=0。
这结果显然是错的，因为总成本不可能是 0。
问题出在 len=2 时，dp[0][1]=0 表示合并 [0,1] 到最少堆的成本是 0，但 [0,1] 两堆不能合并（K=3），所以剩下堆数就是 2，成本 0 是对的。
但 len=4 时，dp[0][3] 从 k=1 分拆成 [0,1] 和 [2,3]，两边都是 2 堆，合起来 4 堆，但 K=3 无法合并，所以 dp=0 不对，因为最后必须合并成一堆，必须加成本。
这说明我们定义 dp[i][j] 为合并到不能再合并（可能剩下多于 1 堆）的最小成本，在最后一步必须保证整个区间能合并成 1 堆时才加区间和。
但在中间状态，dp 值可能只是子区间合并到最少堆的成本，不一定能继续合并。
所以上面的转移会漏掉必须的合并成本。
6. 正确的状态定义（三维 DP）
定义 dp[i][j][m] 表示将区间 [i, j] 合并到剩下 m 堆的最小成本，m 从 1 到 K。
初始化：dp[i][i][1] = 0，其他 INF。
转移：
- 枚举分割点 k，枚举左边剩 p 堆，右边剩 q 堆，如果 p+q ≤ K，则：
dp[i][j][p+q] = min(dp[i][j][p+q], dp[i][k][p] + dp[k+1][j][q])。 - 如果 p+q == K，则可以合并这 K 堆成一堆，所以：
dp[i][j][1] = min(dp[i][j][1], dp[i][j][K] + sum[i][j])。
最后答案：dp[0][n-1][1]。
这个三维 DP 复杂度 O(n^3 * K^2)，较大，但可优化到 O(n^3 * K)。
7. 最终简化（二维 DP 标准解法）
在 LeetCode 1000 标准解法中，用二维 dp，但只在 (j-i) % (K-1) == 0 时更新 dp[i][j] 为 min(dp[i][k]+dp[k+1][j]) + sum[i][j]，否则 dp[i][j] = min(dp[i][k]+dp[k+1][j])。
并且 k 的步长是 K-1，因为只有左右区间长度满足合并条件时才会产生合并成本。
我们按此实现：
if (len-1) % (K-1) == 0:
dp[i][j] = min(dp[i][k] + dp[k+1][j]) + sum[i][j]
else:
dp[i][j] = min(dp[i][k] + dp[k+1][j])
但 k 从 i 到 j-1 以步长 1 枚举。
用之前例子 n=4,K=3, stones=[1,2,3,4]：
初始化 dp[i][i]=0。
len=2: (2-1)%2=1≠0，
[0,1]: k=0, dp=0+0=0。
[1,2], [2,3] 同理 0。
len=3: (3-1)%2=0，
[0,2]: k=0: dp=0+dp[1][2]=0+0=0, k=1: dp=dp[0][1]+0=0+0=0，min=0，加 sum=6，得 6。
[1,3]: 同理 0+sum=9。
len=4: (4-1)%2=1≠0，
[0,3]: k=0: dp=0+dp[1][3]=0+9=9
k=1: dp[0][1]+dp[2][3]=0+0=0
k=2: dp[0][2]+dp[3][3]=6+0=6
取 min=0，不加 sum。
但最终 dp[0][3]=0 明显不对，因为总成本不可能是 0。
这表示我们定义 dp 为合并到最少堆的成本，在 len=4 时，最少堆数是 2（因为 (4-1)%2=1，剩 2 堆），但最终我们要 1 堆，所以必须继续合并，但继续合并需要外部石头，所以 dp[0][3] 不应该直接作为答案。
所以二维 dp 定义必须保证最后 dp[0][n-1] 是合并到 1 堆的成本，这就要求 (n-1)%(K-1)=0，否则无解。
8. 结论与算法步骤
最终标准解法（LeetCode 1000 解法）：
-
如果 (n-1) % (K-1) != 0，返回 -1。
-
dp[i][j] 表示将区间 [i, j] 合并到 1 堆的最小成本，如果区间长度不满足合并到 1 堆的条件，则 dp[i][j] 为 INF（不可行）。
转移：
dp[i][j] = min(dp[i][k] + dp[k+1][j])对 k 从 i 到 j-1 以步长 (K-1) 枚举。
然后如果 (j-i) % (K-1) == 0，则 dp[i][j] += sum[i][j]。 -
答案 dp[0][n-1]。
复杂度 O(n^3 / K)。
9. 示例验证（n=5, K=3, stones=[3,2,4,1,5]）
n=5, (5-1)%(2)=0 可解。
前缀和 prefix: [0,3,5,9,10,15]
len=2: 不加区间和，dp=0。
len=3: 满足条件，例如 [0,2]: dp=0+sum=3+2+4=9。
逐步推演后可得最终答案。
通过这样的步骤，我们就用区间 DP 解决了 K 堆合并石头的最低成本问题。
如果你想，我可以给出这个例子的完整 DP 表推演过程，确保每一步清晰无误。