BZOJ 1564: [NOI2009]二叉查找树( dp )
树的中序遍历是唯一的. 按照数据值处理出中序遍历后, dp(l, r, v)表示[l, r]组成的树, 树的所有节点的权值≥v的最小代价(离散化权值).
枚举m为根(p表示访问频率):
修改m的权值 : dp(l, r, v) = min( dp(l, m-1, v) + dp(m+1, r, v) + p(l~r) + K )
不修改(m原先权值≥v) : dp(l, r, v) = min( dp(l, m-1, Value(m)) + dp(m+1, r, Value(m)) + p(l~r) )
时间复杂度O( N log N + N^4 )
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#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 79;
const ll inf = 1LL << 60;
int N, C, H[maxn];
ll dp[maxn][maxn][maxn];
template<class T>
inline void Min(T &x, T t) {
if(t < x) x = t;
}
struct Node {
int d, v, p;
bool operator < (const Node &o) const {
return d < o.d;
}
} o[maxn];
ll Dp(int l, int r, int v) {
if(l > r) return 0;
ll &t = dp[l][r][v];
if(~t) return t;
int d = o[r].p - o[l - 1].p;
if(l == r)
return t = d + (o[l].v >= v ? 0 : C);
t = inf;
for(int i = l; i <= r; i++) {
Min(t, Dp(l, i - 1, v) + Dp(i + 1, r, v) + C + d);
if(o[i].v >= v)
Min(t, Dp(l, i - 1, o[i].v) + Dp(i + 1, r, o[i].v) + d);
}
return t;
}
int main() {
scanf("%d%d", &N, &C);
for(int i = 1; i <= N; i++) scanf("%d", &o[i].d);
for(int i = 1; i <= N; i++) scanf("%d", &o[i].v);
for(int i = 1; i <= N; i++) scanf("%d", &o[i].p);
sort(o + 1, o + N + 1);
o[0].p = 0;
for(int i = 1; i <= N; i++) {
o[i].p += o[i - 1].p;
H[i - 1] = o[i].v;
}
sort(H, H + N);
int hn = unique(H, H + N) - H;
for(int i = 1; i <= N; i++)
o[i].v = lower_bound(H, H + hn, o[i].v) - H;
memset(dp, -1, sizeof dp);
ll ans = inf;
for(int i = 0; i < hn; i++)
Min(ans, Dp(1, N, i));
cout << ans << "\n";
return 0;
}
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1564: [NOI2009]二叉查找树
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 64 MBSubmit: 625 Solved: 453
[Submit][Status][Discuss]
Description
Input
Output
只有一个数字，即你所能得到的整棵树的访问代价与额外修改代价之和的最小值。
Sample Input
4 10
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
Sample Output
29
HINT
输入的原图是左图，它的访问代价是1×1+2×2+3×3+4×4=30。最佳的修改方案是把输入中的第3个结点的权值改成0，得到右图，访问代价是1×2+2×3+3×1+4×2=19，加上额外修改代价10，一共是29。
Source
