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解析：

首先，這道題用貪心+面向資料程式設計的做法水過去的有點多啊，不過沒辦法，誰叫資料那麼弱呢。。。。

思路：

一看$n$非常小，只有300，頓時明白可以亂搞，$O(n)$列舉每一個瓶子的顏色作為最終顏色，直接$O(n^2)DP$求出$f_i$表示將前$i$個全部塗成當前目標顏色的最小代價，$g_i$表示將後面$i-n$全部塗成目標顏色的最小代價，顯然這個求出來後拼接一下就是答案。

那麼考慮DP的轉移，我們每次考慮將一段區間塗成目標顏色，顯然一個瓶子被塗色的方案只有可能是一下兩種： 1.直接被塗成目標顏色 2.先被塗成一個權值較小的顏色，再塗成目標顏色

可以證明，這個權值較小的顏色最優情況下一定是區間最小值，用$ST$表求一下就行了。

而且每個瓶子被漆成權值較小的顏色這個過程顯然只會執行一次，如果兩次漆成了其他顏色，顯然是不夠優的。

那麼狀態瞎轉移一下，就討論這兩種情況就行了。

程式碼（首先，博主知道自己的巨集寫的很醜，不過並不想寫函式，您可以假裝這是一個鍛鍊自己程式碼閱讀能力的機會 ）（而且DP的轉移有一點點問題，不過資料太弱了，懶得改了）：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define re register
#define
 
 gc getchar
#define pc putchar
#define cs const

inline int getint(){
	re int num;
	re char c;
	while(!isdigit(c=gc()));num=c^48;
	while(isdigit(c=gc()))num=(num<<1)+(num<<3)+(c^48);
	return num;
}

cs int N=302;
cs int INF=0x3f3f3f3f;
int logn[N];
int minn[N][10];
int col[N],a[N],sum[N];
int
 
 n;
ll f[N],g[N];
ll ans;

#define s(l,r) (sum[(r)]-sum[(l)-1])
#define Min(l,r) min(minn[(l)][logn[(r)-(l)+1]],minn[(r)-(1<<logn[(r)-(l)+1])+1][logn[(r)-(l)+1]])

int T;
signed main(){
	for(int re i=2;i<=300;++i)logn[i]=logn[i>>1]+1;
	T=getint();
	while(T--){
		n=getint();
		for(int re i=1;i<=n;++i)
		sum[i]=sum[i-1]+(minn[i][0]=col[i]=getint());
		for(int re i=1;i<=logn[n];++i)
		for(int re j=1;j+(1<<i)-1<=n;++j)
		minn[j][i]=min(minn[j][i-1],minn[j+(1<<i-1)][i-1]);
		
		ans=1ll*INF*INF;
		for(int re k=1;k<=n;++k){
			
			memset(f,INF,sizeof f);
			f[k]=min(1ll*col[k]*sum[k-1],1ll*sum[k-1]*Min(1,k)+1ll*col[k]*Min(1,k)*(k-1));
			for(int re i=k+1;i<=n;++i){
				if(col[i]==col[k]){
					f[i]=f[i-1];
					continue;
				}
				for(int re j=i-1;j>=k;--j){
					f[i]=min(f[i],f[j]+1ll*s(j+1,i)*col[k]);
					f[i]=min(f[i],f[j]+1ll*Min(j+1,i)*s(j+1,i)+1ll*col[k]*Min(j+1,i)*(i-j));
				}
			}
			
			int last=n;
			while(col[last]!=col[k])--last;
			memset(g,INF,sizeof g);
			g[last]=min(1ll*col[k]*s(last+1,n),1ll*s(last+1,n)*Min(last,n)+1ll*col[last]*Min(last,n)*(n-last));
			for(int re i=last-1;i;--i){
				if(col[i]==col[last]){
					g[i]=g[i+1];
					continue;
				}
				for(int re j=i+1;j<=last;++j){
					g[i]=min(g[i],g[j]+1ll*s(i,j-1)*col[last]);
					g[i]=min(g[i],g[j]+1ll*Min(i,j-1)*s(i,j-1)+1ll*col[last]*Min(i,j-1)*(j-i));
				}
			}
			f[0]=g[n+1]=0;
			for(int re i=0;i<=n;++i)ans=min(ans,f[i]+g[i+1]);
		}
		cout<<ans<<"\n";
	}
	return 0;
}