1037 [NOIP2003]加分二叉树 中序遍历求前序遍历 dfs分治 DP优化 记忆化搜索
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/24213/1037
来源：牛客网
题目描述
设一个n个节点的二叉树tree的中序遍历为（l,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j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
（1）tree的最高加分
（2）tree的前序遍历
输入描述:
第1行：一个整数n（n＜30），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（分数＜100）。
输出描述:
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。
分析
这其实算是分治了，每个每个区间都有一个根，然后再分开来取询问左区间和右区间，然后找一个以某个点来区分能够得到权值最大的点
不过时间复杂度太大，所以记忆化搜索DP优化。
学到了这种给了中序遍历，然后求某种规律的前序遍历的方法
或许勉强算是区间DP？小区间推大区间。好像确实差不多，像上题凸多边形划分，这种划分的题好像都这样。
不过，上个凸多边形划分因为是从某个边开始枚举的，所以不能直接dfs感觉。而这题是直接整个区间取枚举根节点，反而可以。
//-------------------------代码----------------------------
//#define int LL
const int N = 70;
int n,m;
int a[N];
int dp[N][N];
int root[N][N];
void dfs(int l,int r) {
if(l == r) {
dp[l][r] = a[l];
root[l][r] = l;
rt;
}
if(l > r) {
dp[l][r] = 1;
rt;
}
if(dp[l][r] == 0) {
for(int i = l;i<=r;i++) {
dfs(l,i-1);
dfs(i+1,r);
int p = dp[l][i-1] * dp[i+1][r] + a[i];
if(p > dp[l][r]) {
dp[l][r] = p;
root[l][r] = i;
}
}
}
}
void dfs2(int l,int r) {
if(l > r)rt;
cout<<root[l][r]<<' ';
dfs2(l,root[l][r] - 1);
dfs2(root[l][r] + 1,r);
}
void solve()
{
cin>>n;
for(int i = 1;i<=n;i++) cin>>a[i];
dfs(1,n);
cout<<dp[1][n]<<endl;
dfs2(1,n);
}
signed main(){
clapping();TLE;
// int t;cin>>t;while(t -- )
solve();
// {solve(); }
return 0;
}
/*样例区
*/
//------------------------------------------------------------
