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——lmh

洛谷P1040. 加分二叉树

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 ditree 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

1 行:一个整数 n,为节点个数。

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

1 行:一个整数,为最高加分(结果不会超过int范围)。

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。

解题思路

这题初看没有入手点,但是题目有一个特殊的条件:中序遍历是1n的升序,这也就代表我们可以抽象一下,将这棵树压扁,就可以到一个数轴上,是一个完整的区间[1,n],所以我们可以考虑一下区间DP

状态表示

f(l,r)[l,r]

状态计算

一个区间的切割方法就是:对于区间f[l,r],我们在这个子树上假设它的根节点是k,那么在k左边的区间都是以k为根的二叉树的左子,右边区间同理。所以对于以k为根的树,左子为[l,k1],右子为[k+1,r],根据题目的加分规则,那scoretree=scoreleft×scoreright+wroot

此外还要注意,因为二叉树允许没有左子或者没有右子,因此k应该在[l,r]而非[l+1,r1]枚举,并且对于l=k的情况,scoreleft=1,右子同理。

状态统计

由于题目需要输出二叉树的前序遍历,所以我们在DP的时候要保存一些信息。

补充:二叉树的前序遍历,先输出根,再递归左子,再递归右子。

对于这个最大方案的根,我们可以在DP的过程中顺便保存让[l,r]区间加分最大的根节点g[l,r],为了让字典序最小,我们让断点k从左向右扫描,遇到更大的值就要f[]g[]一起更新,当值相同的时候,以k越小越好。

然后在输出的时候递归处理:

void print(int l, int r) 
{
    if (l > r) return ; // 不构成节点
    int k = g[l][r]; // 根节点 
    printf("%d ", k);
    print(l, k - 1), print(k + 1, r); // 分别递归左右子
}

代码

会贴两份,递推DP和记忆化搜索

递推DP

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 50;
int f[N][N], g[N][N], n, w[N];

void print(int l, int r) 
{
    if (l > r) return ; // 不构成节点
    int k = g[l][r]; // 根节点 
    printf("%d ", k);
    print(l, k - 1), print(k + 1, r); // 分别递归左右子
}

int main() 
{
    scanf("%d", &n);
    
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &w[i]);
    
    memset(f, 0xcf, sizeof f);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) 
        g[i][i] = i, f[i][i] = w[i]; // 长度为1的叶子节点分数和根的初始化
    
    for (int len = 2; len <= n; len ++ ) //长度为1的初始化过了,从2开始
    {
        for (int l = 1, r = l + len - 1; r <= n; l ++, r ++ ) //枚举左端点和右端点
        {
            for (int k = l; k <= r; k ++ ) // 枚举断点
            {
                int &v = f[l][r], u, L, R;
                L = (k == l) ? 1 : f[l][k - 1]; // 如果k == l代表没有左子树,左分数为1
                R = (k == r) ? 1 : f[k + 1][r]; // 如果k == r代表没有右子树
                u = L * R + w[k]; // 分数计算
                if (u > v) v = u, g[l][r] = k; // 更新信息
            }
        }
    }
    
    printf("%d\n", f[1][n]);
    print(1, n);
    
    return 0;
}

记忆化搜索

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 50;
int w[N], f[N][N], g[N][N], n;

int dp(int l, int r) 
{
    int &v = f[l][r];
    if (~v) return v; // 算过的直接调用
    if (l == r) return g[l][r] = l, f[l][r] = w[l]; // 叶子节点的处理
    
    for (int k = l; k <= r; k ++ ) 
    {
        int u, L, R;
        L = (k == l) ? 1 : dp(l, k - 1); // 如果k == l代表没有左子树,左分数为1
        R = (k == r) ? 1 : dp(k + 1, r); // 右子同理
        u = L * R + w[k];
        if (u > v) g[l][r] = k, v = u;
    }
    
    return v;
}

void print(int l, int r) 
{
    if (l > r) return ;
    int k = g[l][r];
    printf("%d ", k);
    print(l, k - 1), print(k + 1, r);
}

int main() 
{
    scanf("%d", &n);
    
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &w[i]);
    
    memset(f, -1, sizeof f);
    printf("%d\n", dp(1, n));
    print(1, n);
    
    return 0;
}
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