二叉搜索树「区间DP」

题目描述

有\(n\)个结点，第\(i\)个结点的权值为\(i\)。

你需要对它们进行一些操作并维护一些信息，因此，你需要对它们建立一棵二叉搜索树。在整个操作过程中，第\(i\)个点需要被操作 \(x_i\) 次，每次你需要从根结点一路走到第 \(i\) 个点，耗时为经过的结点数。最小化你的总耗时。

输入格式

第一行一个整数n，第二行n个整数x1~xn。
输出格式

一行一个整数表示答案。

样例

样例输入

5
8 2 1 4 3

样例输出

35

数据范围与提示

对于10%的数据，\(n \leq 10\)。

对于40%的数据，\(n \leq 300\)。

对于70%的数据，\(n \leq 2000\)。

对于100%的数据，\(n \leq 5000\)，\(1 \leq x_i \leq 10^9\) 。

提示：二叉搜索树或者是一棵空树，或者是具有下列性质的二叉树：若它的左子树不空，则左子树上所有结点的值均小于它的根结点的值；若它的右子树不空，则右子树上所有结点的值均大于它的根结点的值；它的左、右子树也分别为二叉搜索树。

简单解释

不要被题目给吓到，这题并不用BST。

因为区间内的节点的权值是单增且连续的。

所以我们考虑从区间内单独拎某一个节点出来作为根，他左边的点一定都会是他的左子树，右边的一定会是他的右子树。

从这里直接想到区间DP可能有点难，所以我们可以先从记忆化DFS的方向来考虑。

我们枚举根 \(k\)，把整个区间分成左右两半，相当于是把 \(k\) 的左边和右边的节点的深度都增加了1，对于答案来说，答案会增加 \(sum[k - 1] - sum[l - 1] + sum[r] - sum[k + 1] + x[k]\)，最后的 \(x[k]\) 是根自己。（\(sum\)为 \(x_i\)前缀和）

化简一下就是 \(sum[r] - sum[l - 1]\)，是不是很清新。

然后我们就可以愉快地将一个大问题分成两个子问题，再继续愉快地DFS，看起来没毛病对不对。

然而问题是在DFS的过程中我们并不能知道前面的断点依次是多少，深度也就无从得知，自然回溯的时候会出问题。如果记录一下的话就成了纯粹的爆搜。

大概是这样解释的，具体细节咱也解释不太清 (毕竟考场上我连爆搜都没想到)

所以该怎么办呢，考虑一下：区间、断点，一定会有神犇 （因为为同机房就有一个） 能联想到区间DP的四边形不等式优化...于是这题就可以用区间DP来做了。

定义一下 \(f[l][r]\) 为 \(l\) 到 \(r\) 的区间的最小答案。
\(g[l][r]\) 为 区间 \([l,r]\) 的最优断点，不理解请自行学习四边形不等式优化。(只是这个人太菜不会讲而已)

于是结合上面关于DFS的思考，有了转移方程： \(f[l][r] = min(f[l][r], f[l][k - 1] + f[k + 1][r] + sum[r] - sum[l-1])\)

其中 \(k\) 为我们枚举的断点，根据四边形不等式可以判断最优点一定在 \(g[l][r-1]\) 到 \(g[l+1][r]\) 之间。

然后我们就可以愉快地DP了。

然后当你愉快地打出区间DP的板子，发现T飞了。

再然后，这是为什么呢。因为我们一般的区间DP都是第一维枚举长度，第二维枚举左端点 \(l\)，这样一般是没问题的，复杂度也是稳稳的 \(n^2\)，但他就是T了。

这涉及到二维数组的存储和随机访问的效率问题，感性理解一下就是二维数组在内存里是一行一行来存储的，如果我们先枚举长度再枚举端点，那么每相邻两次的 \(l\) 跟 \(l\) 、\(r\) 跟 \(r\) 是不连续的，所以在枚举时就会在一行行内存里跳来跳去，用屁股想也知道这样会慢。

但是一般只要算法的瓶颈复杂度足够了，这样小常数不算什么。然而，有一种生物叫做毒瘤出题人...

所以就有了下面代码中的写法，\(l\) 倒序枚举， \(r\) 正序枚举，既可以保证正确性 (正确性应该不需要我证吧...)，又可以保证在访问内存时 \(l\) 固定，\(r\) 也是连续的，这样就只会在一行当中访问，自然会快一些。

当然别的区间DP也是可以这么写的。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 5005;

char buf[1 << 20], *p1 = buf, *p2 = buf;
char getc() {
	if(p1 == p2) {
		p1 = buf, p2 = buf + fread(buf, 1, 1 << 20, stdin);
		if(p1 == p2) return EOF; 
	}
	return *p1++;
}
int read() {
	int s = 0, w = 1;
	char c = getc();
	while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') w = -1; c = getc();}
	while(c >= '0' && c <= '9') s = s * 10 + c - '0', c = getc();
	return s * w;
}

int n;
long long sum[maxn], f[maxn][maxn];
int g[maxn][maxn];

int main() {
	n = read();
	for(int i = 1; i <= n; i++) f[i][i] = read(), sum[i] = sum[i - 1] + f[i][i], g[i][i] = i;
	
	for(int l = n - 1; l >= 1; l--) {
		for(int r = l + 1; r <= n; r++) {
			f[l][r] = LLONG_MAX; //注意是LL，INT不够大
			for(int k = g[l][r - 1]; k <= g[l + 1][r]; k++) {
				if(f[l][r] > f[l][k - 1] + f[k + 1][r] + sum[r] - sum[l - 1]) {
					f[l][r] = f[l][k - 1] + f[k + 1][r] + sum[r] - sum[l - 1];
					g[l][r] = k;
				}
			}
		}
	}
	printf("%lld\n", f[1][n]);
	return 0;
}