P1040 [NOIP2003 提高组] 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 $(1, 2, 3, \dots, n)$ ，其中数字 $1, 2, 3, \dots, n$ 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 $d_{i}$ ， $tree$ 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 $\times$ $subtree$ 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 $(1, 2, 3, \dots, n)$ 且加分最高的二叉树 $tree$ 。要求输出

$tree$ 的最高加分。
$tree$ 的前序遍历。

对于全部的测试点，保证 $1 \leq n < 30$ ，节点的分数是小于 $100$ 的正整数，答案不超过 $4 \times 10^{9}$ 。

解法

因为中序遍历保证是 $1 \to n$ ，所以可以从这里入手。中序遍历中，如果一个数是这颗子树的根，那么中序遍历的序列以这个数为分割点的左边是左子树，右边是右子树。

我们考虑区间 $d p$ ，设计状态 $d p_{i, j}$ 表示中序遍历中 $i \to j$ 区间的组成的子树所可能得到分数的最大值。

则有状态转移方程：

d p_{i, j} = {max}_{k = i}^{j} {d p_{i, k - 1} \times d p_{k + 1, j} + d p_{k, k}}

那么第一问就做完了。

我们可以在转移的时候加一个判断，用 $r t_{i, j}$ 表示 $i \to j$ 中取得最大值是这个区间的根的编号。

用代码表示就是：

if(dp[i][j] < dp[i][k - 1] * dp[k + 1][j] + dp[k][k]){
	dp[i][j] = dp[i][k - 1] * dp[k + 1][j] + dp[k][k];
	rt[i][j] = k;
}

题目要求输出前序遍历，则递归输出即可。

code:

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
const int MAXN = 35;
int n;
int val[MAXN];
int dp[MAXN][MAXN];
int rt[MAXN][MAXN];
void print(int l,int r){
	if(l > r) return;
	cout << rt[l][r] << " ";
	print(l,rt[l][r] - 1);
	print(rt[l][r] + 1,r);
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cin >> n;
	for(int i = 0;i <= MAXN - 1;i++){
		for(int j = 0;j <= MAXN - 1;j++){
			dp[i][j] = 1;
		}
	}
	for(int i = 1;i <= n;i++) cin >> val[i],dp[i][i] = val[i];
	for(int i = 1;i <= n;i++) rt[i][i] = i;+
	for(int len = 2;len <= n;len++){
		for(int i = 1;i <= n - len + 1;i++){
			int j = i + len - 1;
			for(int k = i;k <= j;k++){
				if(dp[i][j] < dp[i][k - 1] * dp[k + 1][j] + dp[k][k]){
					dp[i][j] = dp[i][k - 1] * dp[k + 1][j] + dp[k][k];
					rt[i][j] = k;
				}
			}
		}
	}
	cout << dp[1][n] << endl;
	print(1,n);
	return 0;
}