有 N 堆石頭排成一排，第 i 堆中有 stones[i] 塊石頭。
每次移動（move）需要將連續的 K 堆石頭合併爲一堆，而這個移動的成本爲這 K 堆石頭的總數。
找出把所有石頭合併成一堆的最低成本。如果不可能，返回 -1 。
示例 1：
輸入：stones = [3,2,4,1], K = 2
輸出：20
解釋：
從 [3, 2, 4, 1] 開始。
合併 [3, 2]，成本爲 5，剩下 [5, 4, 1]。
合併 [4, 1]，成本爲 5，剩下 [5, 5]。
合併 [5, 5]，成本爲 10，剩下 [10]。
總成本 20，這是可能的最小值。
示例 2：
輸入：stones = [3,2,4,1], K = 3
輸出：-1
解釋：任何合併操作後，都會剩下 2 堆，我們無法再進行合併。所以這項任務是不可能完成的。.
示例 3：
輸入：stones = [3,5,1,2,6], K = 3
輸出：25
解釋：
從 [3, 5, 1, 2, 6] 開始。
合併 [5, 1, 2]，成本爲 8，剩下 [3, 8, 6]。
合併 [3, 8, 6]，成本爲 17，剩下 [17]。
總成本 25，這是可能的最小值。
提示：
1 <= stones.length <= 30
2 <= K <= 30
1 <= stones[i] <= 100
借鑑別人的思路：
//借鑑別人的
int mergeStones(vector<int>& stones, int K) {
int len = stones.size();
if (len < 2)
return 0;
if (K > len || (len - K) % (K - 1) !=0 ) // 最後一次如果能夠合併，則至少剩餘k個，其餘每次合併都會減少K-1的堆
return -1;
int totalCost = 0;
vector<int>sum; // 順序合併時，每合併一個石堆，花費的成本數
int vec[32][32][32]; // 記錄從i到j的最低成本
memset(vec, 0x3f, sizeof(vec));
for (int i = 0; i < len; i++)
{
totalCost += stones[i];
sum.push_back(totalCost);
vec[i][i][0] = 0;
}
//爲什麼不是K-2堆和2堆以及K-3堆和3堆是因爲我們的子問題是合併成1堆，當前狀態是由前一狀態得到的。而我們最初只有dp[i][i][1]=0這個條件
// 由小遞歸到大
for (int space = 1; space < len; space++)
{
for (int left = 0; left < len - space; left++)
{
int right = left + space;
for (int mid = left; mid <= right; mid++)
{
for (int heap = 1; heap <= space; heap++)
{
vec[left][right][heap] = min(vec[left][right][heap], vec[left][mid][heap - 1] + vec[mid + 1][right][0]);
int value = vec[left][right][heap];
value++;
}
}
if(left != 0)
vec[left][right][0] = min(vec[left][right][0], vec[left][right][K - 1] + sum[right] - sum[left - 1]);
else
vec[left][right][0] = min(vec[left][right][0], vec[left][right][K - 1] + sum[right]);
}
}
return vec[0][len - 1][0];
}