NOIP2003TG 加分二叉树 区间DP

加分二叉树 （binary）

【问题描述】

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

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,…,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

【输入格式】

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 ）。

【输出格式】

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。

【输入样例】

5

5 7 1 2 10

【输出样例】

145

3 1 2 4 5

思路

{
因为是中序遍历，所以如果i为根节点，那么1..i-1是左子树，i+1..j为右子树
于是你就发现了每次的决策

所以这是一道区间DP。。。

用f[i,j]为i..j构成的树所能得到的最大分值
那么可以得到DP方程：

f[i,j]:=fen[i] | i=j
f[i,j]:=max(f[i,j],f[i,k-1]*f[k+1,j]+fen[k]) | i<=k<=j
//注意子树相乘时如果子树为0就当1 处理,
//if f[i,k-1]=0 then f[i,k-1]:=1;
//if f[k+1,j]=0 then f[k+1,j]:=1;
//例如：
//  如果左子树为0 ， 那么左子树当为1 ，因为1*右子树=右子树

}

代码

 1 program no;
 2 const
 3   inf=‘binary.in‘;
 4   outf=‘binary.out‘;
 5 var
 6   i,j,k,n,t1,t2:longint;
 7   f,root:array[0..100,0..100] of int64;
 8   fen:array[0..100] of longint;
 9
10 procedure outfirst(s,e:longint);
11 begin
12   if s>e then exit;
13   write(root[s,e],‘ ‘);
14   outfirst(s,root[s,e]-1);
15   outfirst(root[s,e]+1,e);
16 end;
17
18 begin
19   assign(input,inf);
20   assign(output,outf);
21   reset(input);
22   rewrite(output);
23
24   readln(n);
25   for i:= 1 to n do
26   begin
27     read(fen[i]);
28     f[i,i]:=fen[i];
29     root[i,i]:=i;
30   end;
31
32   for i:=n downto 1 do
33    for j:= i+1 to n do
34     for k:= i to j do
35       begin
36         if f[i,k-1]=0 then f[i,k-1]:=1;
37         if f[k+1,j]=0 then f[k+1,j]:=1;
38         t1:=f[i,k-1];
39         t2:=f[k+1,j];
40         if f[i,j]<t1*t2+fen[k] then
41         begin
42           f[i,j]:=t1*t2+fen[k];
43           root[i,j]:=k;
44         end;
45       end;
46
47   writeln(f[1,n]);
48   outfirst(1,n);
49
50   close(input);
51   close(output);
52 end.