一本通-加分二叉树+分离与合体（区间DP+记录方案）
加分二叉树 原题链接
题目描述
设一个n个节点的二叉树tree的中序遍历为（1,2,3,…,n），其中数字1,2,3,…,n为节点编号。
每个节点都有一个分数（均为正整数），记第i个节点的分数为di，tree及它的每个子树都有一个加分，任一棵子树subtree（也包含tree本身）的加分计算方法如下：
subtree的左子树的加分 × subtree的右子树的加分 ＋ subtree的根的分数
若某个子树为空，规定其加分为1。叶子的加分就是叶节点本身的分数，不考虑它的空子树。
试求一棵符合中序遍历为（1,2,3,…,n）且加分最高的二叉树tree。
要求输出：
（1）tree的最高加分
（2）tree的前序遍历
输入格式
第1行：一个整数n，为节点个数。
第2行：n个用空格隔开的整数，为每个节点的分数（0<分数<100）。
输出格式
第1行：一个整数，为最高加分（结果不会超过4,000,000,000）。
第2行：n个用空格隔开的整数，为该树的前序遍历。如果存在多种方案，则输出字典序最小的方案。
数据范围
n<30
输入样例：
5
5 7 1 2 10
输出样例：
145
3 1 2 4 5
思路：
其实我不咋会这道题（小声bb）
先来看一下什么是树的前序遍历等 传送门
先来解决第一个问题，如何计算树的最大加分。
我们设dp[i] [j]表示所有中序遍历是[i,j]这一段的加分最大的树，可以枚举根节点所在位置进行状态转移
for(int k=l;k<r;k++){
int left=1,right=1;
if(k!=l) left=dp[l][k-1];///存在左子树
if(r!=k) right=dp[k+1][r];//存在右子树
dp[l][r]=max(dp[l][r],left*right+a[k]);
}
最后的最大加分就是dp[1][n]
再来看一下如何输出方案~
我们记pre[i][j]表示使得[i,j]取得最大的加分的根节点的值。又因为前序遍历的输出是先输出根节点，再输出左右子树，我们就可以利用这一特性，进行方案的输出。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=35;
int a[maxn];
int dp[maxn][maxn];///表示中序遍历是i~j的树的加分的最大值
int pre[maxn][maxn];//pre[i][j]表示[i,j]的加分最大值对应的的根节点的编号
int n;
void dfs(int l,int r){
if(l>r) return ;
int x=pre[l][r];//输出根节点
cout<<x<<" ";
dfs(l,x-1);//输出左子树
dfs(x+1,r);///输出右子树
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int len=1;len<=n;len++)
for(int l=1;l+len-1<=n;l++){
int r=l+len-1;
if(l==r) dp[l][r]=a[l],pre[l][r]=l;//叶节点
else{
for(int k=l;k<r;k++){
int left=1,right=1;
if(k!=l) left=dp[l][k-1];///存在左子树
if(r!=k) right=dp[k+1][r];//存在右子树
//dp[l][r]=max(dp[l][r],left*right+a[k]);
if(dp[l][r]<left*right+a[k]){
dp[l][r]=left*right+a[k];
pre[l][r]=k;
}
}
}
}
cout<<dp[1][n]<<endl;
dfs(1,n);
return 0;
}
类似的题：
分离与合体 原题链接
经过在机房里数日的切磋，LYD从杜神牛那里学会了分离与合体，出关前，杜神牛给了他一个测试……
杜神牛造了n个区域，他们紧邻着排成一行，编号1…n。在每个区域里都放着一把OI界的金钥匙，每一把都有一定的价值，LYD当然想得到他们了。然而杜神牛规定LYD不能一下子把他们全部拿走，而是每次只可以拿一把。为了尽快得到所有金钥匙，LYD自然就用上了刚学的分离与合体特技。
一开始LYD可以选择1…n-1中的任何一个区域进入，我们不妨把这个区域记为k。进入后LYD会在k区域发生分离，从而分离成两个小LYD。分离完成的同时会有一面墙在k区域和k+1区域间升起，从而把1…k和k+1…n阻断成两个独立的区间，并在各自区间内任选除区间末尾之外（即从1…k-1和k+1…n-1中选取）的任意一个区域再次发生分离，这样就有了四个小小LYD……重复以上所叙述的分离，直到每个小LYD发现自己所在的区间只剩下了一个区域，那么他们就可以抱起自己梦寐以求的OI金钥匙。
但是LYD不能就分成这么多个个体存在于世界上，这些小LYD还会再合体，合体的小LYD所在区间中间的墙会消失。合体会获得(合并后所在区间左右端区域里金钥匙价值之和) \times()×(之前分离的时候所在区域的金钥匙价值)。
例如，LYD曾在1…3区间中的2号区域分离成为1…2和3…3两个区间，合并时获得的价值就是(1号金钥匙价值+3号金钥匙价值) \times()×(2号金钥匙价值)。
LYD请你编程求出最终可以获得的最大总价值，并按照分离阶段从前到后，区域从左到右的顺序，输出发生分离区域编号。若有多种方案，选择分离区域尽量靠左的方案（也可以理解为输出字典序最小的）。
例如先打印一分为二的区域，然后从左到右打印二分为四的分离区域，然后是四分为八的……
输入描述:
第一行一个正整数n第二行n个用空格分开的正整数a_ia
i
，表示1…n区域里每把金钥匙的价值。
输出描述:
第一行一个数，表示获得的最大价值
第二行按照分离阶段从前到后，区域从左到右的顺序，输出发生分离区域编号。若有多种方案，选择分离区域尽量靠左的方案（也可以理解为输出字典序最小的）。
示例1
输入
复制
7
1 2 3 4 5 6 7
输出
复制
238
1 2 3 4 5 6
备注:
对于20 %20%的数据，n \leq 10n≤10；
对于40 %40%的数据，n \leq 50n≤50；
对于100 %100%的数据，n,a_i \leq 300n,a
i
≤300，保证运算过程和结果不超过32位正整数范围。
题意：（题面好长好烦）
跟上面大体类似的，只是加分的方式改变了：
LYD曾在1…3区间中的2号区域分离成为1…2和3…3两个区间，合并时获得的价值就是(1号金钥匙价值+3号金钥匙价值) \times()×(2号金钥匙价值)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1100;
int a[maxn];
int dp[maxn][maxn];
int pre[maxn][maxn];
int n,k,t;
void dfs(int u,int l,int r){
if(l>=r) return ;
int x=pre[l][r];
if(u==k){
cout<<x<<" ";
t=1;
return ;
}
dfs(u+1,l,x);dfs(u+1,x+1,r);
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int len=1;len<n;len++)
for(int l=1;l+len<=n;l++){
int r=l+len;
for(int k=l;k<r;k++){
int left=0,right=0;
left=dp[l][k];
right=dp[k+1][r];
if(dp[l][r]<(left+right)+(a[l]+a[r])*a[k]){
dp[l][r]=(left+right)+(a[l]+a[r])*a[k];
pre[l][r]=k;
}
}
}
cout<<dp[1][n]<<endl;
t=1;
while(t){
t=0;
k++;
dfs(1,1,n);
}
return 0;
}
参考文献：传送门
