CSU-1980 不堪重负的树
CSU-1980 不堪重负的树
Description
小X非常喜欢树,然后他生成了一个大森林给自己玩。
玩着玩着,小X陷入了沉思。
- 一棵树由N个节点组成,编号为i的节点有一个价值Wi。
- 假设从树根出发前往第i个节点(可能是树根自己),一共需要经过Di个节点(包括起点和终点),那么这个节点对这棵树产生的负担就是Di与Wi的乘积。
- 对于一棵树而言,这棵树的负担值为所有节点对它产生的负担之和。
小X学习了dfs,如果他知道树的结构,他当然可以很容易地算出树的负担值。可是现在沉思中的小X并不知道树的结构形态,他只知道一棵二叉树的中序遍历以及每个节点的价值,那么这棵二叉树可能的最小负担值是多少呢?
Input
第一行为一个正整数T(T≤20)表示数据组数。
每组数据包括三行。
第一行为一个正整数N(N≤200)。
第二行为N个正整数Wi(Wi≤108),表示编号为i的节点的价值。
第三行为N个正整数Pi(Pi≤N),为一个1~N的排列,表示二叉树的中序遍历结果。
Output
对于每组数据,输出一行一个正整数,表示这棵树可能的最小负担值。
Sample Input
2
4
1 2 3 4
1 2 3 4
7
1 1 1 1 1 1 1
4 2 3 5 7 1 6
Sample Output
18
17
Hint
对于第一个样例,树根为3,3的左儿子是2,3的右儿子是4,2的左儿子是1,这样构成的树可以达到最小负担。
对于第二个样例,对应的满二叉树可以达到最小负担。
题解
首先我们要了解中序遍历,首先仅根据中序遍历是无法确定一颗树的,如果选定一个节点作为根节点,那么这个点左侧序列的点即为该节点的左子树,右边为右子树。这样我们很容易想到这个题可以区间DP
按区间长度从小到大枚举左右端点,枚举中间点做根,因为当一棵树成为一个点的子树时,就会增加子树节点价值和的负担值,所以对于l和r区间,如果l...(k - 1)成为第k个点的左子树,(k + 1)...r成为第k个点的右子树,那么就会增加\(pre[r] - pre[l]\)的负担值(pre为按照序列顺序的前缀和),加上原先两棵子树的负担值, 所以转移方程为
初始化\(dp[i][i]\)为序列上第i个数对应的节点的权值,其他均为最大值
注意细节,如果一开始将\(dp[i][j]\)全部赋为inf,那么转移时注意判断中间点是区间左右端点的情况,否则左右端点的情况答案会为inf,因此WA了一发
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 250
using namespace std;
long long w[maxn];
int a[maxn];
long long f[maxn][maxn];
long long pre[maxn];
int main() {
int t;
scanf("%d", &t);
while (t--) {
int n;
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%lld", &w[i]);
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
f[i][j] = 0x7fffffffffffffff;
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
pre[i] = pre[i - 1] + w[a[i]];
f[i][i] = w[a[i]];
}
for (int len = 2; len <= n; len++) {
for (int i = 1; i <= n - len + 1; i++) {
int l = i, r = i + len - 1;
f[l][r] = min(f[l + 1][r], f[l][r - 1]) + pre[r] - pre[l - 1];
for (int k = l + 1; k <= r - 1; k++) {
f[l][r] = min(f[l][k - 1] + f[k + 1][r] + pre[r] - pre[l - 1], f[l][r]);
}
}
}
cout << f[1][n] << endl;
}
}
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Problem: 1980
User: Artoriax
Language: C++
Result: AC
Time:152 ms
Memory:2516 kb
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