P1040 [NOIP 2003 提高组] 加分二叉树【题解】

P1040 [NOIP 2003 提高组] 加分二叉树

题目描述

设一个 $n$ 个节点的二叉树 $\text{tree}$ 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 $d_i$，$\text{tree}$ 及它的每个子树都有一个加分，任一棵子树 $\text{subtree}$（也包含 $\text{tree}$ 本身）的加分计算方法如下：

$\text{subtree}$ 的左子树的加分 $\times$ $\text{subtree}$ 的右子树的加分 $+$ $\text{subtree}$ 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 $\text{tree}$。要求输出

1. $\text{tree}$ 的最高加分。

2. $\text{tree}$ 的前序遍历。

输入格式

第 $1$ 行 $1$ 个整数 $n$，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

输出格式

第 $1$ 行 $1$ 个整数，为最高加分（$ Ans \le 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。

输入输出样例 #1

输入 #1

5
5 7 1 2 10

输出 #1

145
3 1 2 4 5

说明/提示

数据规模与约定

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

解析&代码

OK，这题很简单，与其说是树形DP,倒不如说时区间DP更为贴切。

设 $d{p}_{i,j}$ 表示区间 $[i,j]$ 的节点建成一棵树时的最大加数。我们需要枚举根节点 $k\in [i,j]$ 在哪里，再左右分别为两棵子树。而区间的两个端点为根实际上是一样的（反正都是一条链），所以特判即可。

而初始状态我们不难想到，就是 $d{p}_{i,i}=a_i$($a_i$ 为节点分数)

那么我们就能得到一个动态规划转移方程：
$$d{p}_{i,j}=\underset{i\le k\le j}{\max }d{p}_{i,k-1}+d{p}_{k+1,j}$$
对于这个方程我们发现一个问题：当根节点取在区间两端时，即 $k=i$ 或 $j$ 时，$k-1<i$ 或 $k+1>j$了，导致下标越界错误。那么我们就将根节点取在区间两端的情况单独拎出来计算，使$i+1\le k\le j-1$。而区间的两个端点为根实际上是一样的（反正都是一条链），所以只需处理一个端点即可。
所以最终方程为：
$$d{p}_{i,j}=\max (d{p}_{i+1,j}+a_i,\underset{i+1\le k\le j-1}{\max }d{p}_{i,k-1}+d{p}_{k+1,j})$$
我们像做普通 $区间DP$ 一样，枚举所有区间，而最大加分结果就存在 $d{p}_{1,n}$ 中

而对于前序输出的操作，我们只需再来一个数组 $root$，$roo{t}_{i,j}$ 表示区间 $[i,j]$ 的节点建成一棵加数最大的树时的根节点。初始状态 $roo{t}_{i,i}=i$ 。最后递归输出即可。

具体操作见代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int a[35];
int dp[35][35];
int root[35][35];
void dfs_cout(int l,int r){//递归实现前序输出if(l>r) return;cout<<root[l][r]<<" ";if(l==r) return;dfs_cout(l,root[l][r]-1);dfs_cout(root[l][r]+1,r);
}
int main(){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];dp[i][i]=a[i];//你可以直接输入到dp[i][i]中，但这里为了照应上文好理解，单开了a[i]这个废物浪费空间root[i][i]=i;}for(int L=1;L<=n;L++){for(int i=1;i+L<=n;i++){int j=i+L;dp[i][j]=dp[i+1][j]+a[i];root[i][j]=i;//单独拎出根在左端点的情况，与根在右端点时分数一样，就不必再单独算右端点了for(int k=i+1;k<j;k++){if(dp[i][j]<dp[i][k-1]*dp[k+1][j]+a[k]){//发现更优dp[i][j]=dp[i][k-1]*dp[k+1][j]+a[k];//更新子树总分数root[i][j]=k;//根的改变}		}}}cout<<dp[1][n]<<endl;dfs_cout(1,n);return 0;
}

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