2003 NOIP TG

题目描写叙述 Description

设一个n个节点的二叉树tree的中序遍历为（l,2,3,…,n），当中数字1,2,3,…,n为节点编号。每一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及它的每一个子树都有一个加分，任一棵子树subtree（也包括tree本身）的加分计算方法例如以下：

subtree的左子树的加分× subtree的右子树的加分＋subtree的根的分数

若某个子树为主，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

 

 

如今，请你帮助你的好朋友XZ设计一个程序。求得正确的答案。

输入描写叙述 Input Description

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，为每一个节点的分数（分数<=100）

输出描写叙述 Output Description

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。

例子输入 Sample Input

5

5 7 1 2 10

例子输出 Sample Output

145

3 1 2 4 5

数据范围及提示 Data Size & Hint

n（n<=30)

分数<=100

定义f[i,j]表示中序遍历序列为i,…,j的树的最高得分。
枚举根结点k：i<=k<=j。得到不同的二叉树：
左子树中序遍历序列为i,…,k-1，最大加分是f[i,k-1]。
右子树中序遍历序列为k+1,…,j，最大加分是f[k+1,j]。

状态转移方程：
f[i,j]=max{f[i,k-1]*f[k+1,j]+a[k]}  (i<k<j)。
初始：
f[i,i]=a[i];  f[i,j]=1;
目标：f[1,n]。


在求f[i,j]的同一时候，记下i,…,j的根k，root[i,j]:=k;


这道题有非常多细节要注意，先上代码再解释


1.初始化
首先要注意的是。两重循环的赋初值一定要在叶子节点赋初值之前，并且循环是从0開始的！
例如以下
for (int i=0;i<=n;i++)
    {
        for (int j=0;j<=n;j++)
        {
            f[i][j]=1;
        }
    }
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        f[i][i]=a[i];
        root[i][i]=i;
    }

这样，在保证了其它节点f值为1的前提下，我们将叶子节点值赋值为本身分数，顺便将每一个节点的根设为他自己。

为什么要有这样两步呢？请看以下一段：
f[i][j]=0;
            for (int k=i;k<=j;k++)
            {
                if (f[i][j]<f[i][k-1]*f[k+1][j]+f[k][k])
                {
                    f[i][j]=f[i][k-1]*f[k+1][j]+f[k][k];
                    root[i][j]=k;
                }
            }

这里k是枚举i到j这棵子树根节点的变量。其值取遍i到j 假设不能取到i或j 就会导致漏方案的情况。
举个样例，我们这样写：
for (int k=i;k<j;k++)

也就是k取不到j 这样最后一个k就是j-1 此时状态为f[i][j-2]*f[j][j]+f[j-1][j-1]
好像这正是最后一种情况？不，不是。别忘了。j本身也可能是根节点
但假设j是根节点。好像又有问题。

由于这时的状态是f[i][j-1]*f[j+1][j]+f[j][j]

出现了f[j+1][j]，这样的情况不可能存在！
考虑一下实际中这样的情况，相当于j节点仅仅有左子树。没有右子树，那么他的分数应该为左子树*1+他本身分数
于是我们的解决方式就出来了，初始时把全部f值赋值为1就可以
那么这个赋初值的循环为什么是从0開始呢？考虑k=1的情况，不难发现下标出现了0

另一点须要注意的是，f[i][j]在递推開始的时候，又又一次被赋值为0。

这样就保证了根节点记录的准确。

假设加分恰好是1，root中就不会记录正确的根结点了。


为什么每一个节点的根要初始化为自身呢？来看这一段：

void find(int i,int j)
{
     if (i<=j)
     {
         printf("%d ",root[i][j]);
         find(i,root[i][j]-1);
         find(root[i][j]+1,j);
     }
}

原来。一直会递归到i==j。这时输出的是叶子节点。也就是该节点本身。

又为什么须要加上if(i<=j)呢？假设不加的话。当我们递归到i==j的情况下， 下一层是root[i][i-1] 显然不能成立。因此应该及时返回。


如今。整个程序的代码基本解释完了。不如就放上证明人家区间DP身份灵魂代码吧：

for (int p=1;p<=n-1;p++)
    {
        for (int i=1;i<=n-p;i++)
        {
            int j=i+p;
            f[i][j]=0;
            for (int k=i;k<=j;k++)
            {
                if (f[i][j]<f[i][k-1]*f[k+1][j]+f[k][k])
                {
                    f[i][j]=f[i][k-1]*f[k+1][j]+f[k][k];
                    root[i][j]=k;
                }
            }
        }
    }

为什么是区间DP？看两重大循环就明确了。先枚举区间长度，然后枚举起点。最后在起点+长度构成的区间内探讨全部可能情况中的最优解。这就是区间DP，时间复杂度O(n³)


好了，这道题就解释到这里。

——裁剪冰绡，轻叠数重，淡著胭脂匀注