洛谷P1040. 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,…,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 (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 (×) 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)，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（(0<)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int范围）。

第 (2) 行：(n) 个用空格隔开的整数，为该树的前序遍历。如果存在多种方案，则输出字典序最小的方案。

解题思路

(qquad)这题初看没有入手点，但是题目有一个特殊的条件：中序遍历是(1sim n)的升序，这也就代表我们可以抽象一下，将这棵树压扁，就可以到一个数轴上，是一个完整的区间([1,n])，所以我们可以考虑一下区间(DP)。

状态表示

状态计算

(qquad)一个区间的切割方法就是：对于区间(f[l,r])，我们在这个子树上假设它的根节点是(k)，那么在(k)左边的区间都是以(k)为根的二叉树的左子，右边区间同理。所以对于以(k)为根的树，左子为([l,k-1])，右子为([k+1,r])，根据题目的加分规则，那$$large score_{tree} = score_{left} imes score_{right} + w_{root}$$

(qquad)此外还要注意，因为二叉树允许没有左子或者没有右子，因此(k)应该在([l,r])而非([l+1,r-1])枚举，并且对于(l=k)的情况，(score_{left}=1)，右子同理。

状态统计

(qquad)由于题目需要输出二叉树的前序遍历，所以我们在(DP)的时候要保存一些信息。

补充：二叉树的前序遍历，先输出根，再递归左子，再递归右子。

(qquad)对于这个最大方案的根，我们可以在(DP)的过程中顺便保存让([l,r])区间加分最大的根节点(g[l,r])，为了让字典序最小，我们让断点(k)从左向右扫描，遇到更大的值就要(f[]和g[])一起更新，当值相同的时候，以(k)越小越好。

然后在输出的时候递归处理：

void print(int l, int r) 
{
    if (l > r) return ; // 不构成节点
    int k = g[l][r]; // 根节点 
    printf("%d ", k);
    print(l, k - 1), print(k + 1, r); // 分别递归左右子
}

代码

会贴两份，递推(DP)和记忆化搜索

递推DP

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 50;
int f[N][N], g[N][N], n, w[N];

void print(int l, int r) 
{
    if (l > r) return ; // 不构成节点
    int k = g[l][r]; // 根节点 
    printf("%d ", k);
    print(l, k - 1), print(k + 1, r); // 分别递归左右子
}

int main() 
{
    scanf("%d", &n);
    
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &w[i]);
    
    memset(f, 0xcf, sizeof f);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) 
        g[i][i] = i, f[i][i] = w[i]; // 长度为1的叶子节点分数和根的初始化
    
    for (int len = 2; len <= n; len ++ ) //长度为1的初始化过了，从2开始
    {
        for (int l = 1, r = l + len - 1; r <= n; l ++, r ++ ) //枚举左端点和右端点
        {
            for (int k = l; k <= r; k ++ ) // 枚举断点
            {
                int &v = f[l][r], u, L, R;
                L = (k == l) ? 1 : f[l][k - 1]; // 如果k == l代表没有左子树，左分数为1
                R = (k == r) ? 1 : f[k + 1][r]; // 如果k == r代表没有右子树
                u = L * R + w[k]; // 分数计算
                if (u > v) v = u, g[l][r] = k; // 更新信息
            }
        }
    }
    
    printf("%d
", f[1][n]);
    print(1, n);
    
    return 0;
}

记忆化搜索

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 50;
int w[N], f[N][N], g[N][N], n;

int dp(int l, int r) 
{
    int &v = f[l][r];
    if (~v) return v; // 算过的直接调用
    if (l == r) return g[l][r] = l, f[l][r] = w[l]; // 叶子节点的处理
    
    for (int k = l; k <= r; k ++ ) 
    {
        int u, L, R;
        L = (k == l) ? 1 : dp(l, k - 1); // 如果k == l代表没有左子树，左分数为1
        R = (k == r) ? 1 : dp(k + 1, r); // 右子同理
        u = L * R + w[k];
        if (u > v) g[l][r] = k, v = u;
    }
    
    return v;
}

void print(int l, int r) 
{
    if (l > r) return ;
    int k = g[l][r];
    printf("%d ", k);
    print(l, k - 1), print(k + 1, r);
}

int main() 
{
    scanf("%d", &n);
    
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &w[i]);
    
    memset(f, -1, sizeof f);
    printf("%d
", dp(1, n));
    print(1, n);
    
    return 0;
}