DP专题考试总结（2）

最近努力学(tui)习(fei)了DP专题，然后就被烤焦了，然后就没有然后了。
对此，我只想说——
DP made me Boom-Sha-Ka-La-Ka

加分二叉树

期望得分：0
实际得分：0
Description
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
现在，请你帮助你的好朋友XZ设计一个程序，求得正确的答案。
Data Size
n<=30
分数<=100
思路
考试的时候，看完了题就开始懵了。诶？这么复杂？难道要用什么变态的算法。
然后我就果断地跳了题。后来发现因为数据过水，100分很容易拿，跳了真是可惜了。
有点类似一道区间DP的题目。
这里用f[rt][l][r]表示[l,r]段以rt为根节点的最优加分二叉树，然后记忆化搜索。
感觉整个程序打下来，充斥着暴力的气息，全都是暴力枚举、暴力更新……本人过于蒟蒻，程序毫无技术可言，成功地1ms水了过去。
代码

#include <iostream>#include <cstring>#include <cstdio>using namespace std;typedef long long ll;const int size=35;int n,rt[size][size],ans[size][size];ll tot,score[size],f[size][size][size];inline ll dfs(int now,int l,int r){    if(f[now][l][r]!=-1)      return f[now][l][r];    if(l==r)    {        f[now][l][r]=score[l];        rt[l][r]=l;        return f[now][l][r];    }    ll lc=0,rc=0,t;    for(int i=l;i<now;i++)//暴力枚举根节点，下同      if(lc<(t=dfs(i,l,now-1)))      {        lc=t;        rt[l][now-1]=i;      }    for(int i=now+1;i<=r;i++)      if(rc<(t=dfs(i,now+1,r)))      {        rc=t;        rt[now+1][r]=i;      }    if(!(l<=now-1))      lc=1;    if(!(now+1<=r))      rc=1;    f[now][l][r]=lc*rc+score[now];    return f[now][l][r];}inline void print(int l,int r)//按照记录的路径进行前序遍历输出{    int now=ans[l][r];    printf("%d ",now);    if(l<=now-1)      print(l,now-1);    if(now+1<=r)      print(now+1,r);}int main(){    memset(f,-1,sizeof(f));    scanf("%d",&n);    for(int i=1;i<=n;i++)      scanf("%lld",&score[i]);    for(int i=1;i<=n;i++)    {        ll t=dfs(i,1,n);        if(t>tot)//如果搜到了更优的结果就暴力更新记录的路径        {            tot=t;            rt[1][n]=i;            for(int j=1;j<=n;j++)              for(int k=j;k<=n;k++)                ans[j][k]=rt[j][k];        }    }    printf("%lld\n",tot);    print(1,n);    return 0;}

凸多边形的三角剖分

期望得分：100
实际得分：100
Description
给定一具有 N 个顶点（从 1 到 N 编号）的凸多边形，每个顶点的权均已知。问如何把
这个凸多边形划分成N-2个互不相交的三角形，使得这些三角形顶点的权的乘积之和最小？
Date Size
N<50
每个顶点的权值<32768
思路
乍一看题目，似乎是什么特别高深的问题，后来仔细一下，其实是一道区间DP的水题。
f[l][r]就表示对于区间[l,r]的最优答案。
代码

#include <iostream>#include <cstdio>using namespace std;typedef long long ll;const int size=55;ll n,a[size],f[size][size];int main(){    scanf("%lld", &n);    for(int i=1; i<=n; i++)      scanf("%lld", &a[i]);    for(int i=0;i<=n;i++)//初始化    {        f[i][i]=a[i];        f[i][i+1]=0;        for(int j=i+2;j<=n;j++)          f[i][j]=(ll)32767*32767*32767;    }    for(int i=n;i>=1;i--)      for(int j=i+2;j<=n;j++)        for(int k=i+1;k<=j-1;k++)//枚举断点          f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]+a[i]*a[j]*a[k]);    printf("%lld\n",f[1][n]);    return 0;}

火车进站 （不可做）

期望得分：0
实际得分：0
Description
火车站内往往设有一些主干线分叉出去的铁路支路，供火车停靠，以便上下客或装载货物。铁路支路有一定长度；火车也有一定的长度，且每列火车的长度相等。
假设某东西向的铁路上，有一小站。该站只有一条铁路支路可供火车停靠，并且该铁路支路最多能容纳M 辆火车。为了火车行驶的通畅，该站只允许火车自东方进站，自西方出站，且先进站的火车必须先出站，否则，站内火车将发生堵塞。该火车站工作任务繁忙。每天都有 N 辆自东方驶向西方的火车要求在预定时刻进站，并在站内作一定时间的停靠。
为了满足每辆进站火车的要求，小站的调度工作是井井有条地开展。在小站每天的工作开始前，小站工作人员须阅读所有火车的进站申请,并决定究竞接受哪些火车的申请。而对于不能满足要求的火车，小站必须提前通知它们，请它们改变行车路线，以免影响正常的铁路运输工作。由于火车进站、出站的用时可以忽略不计，小站允许几辆火车同时进站或出站，且小站工作人员可以任意安排这些火车进站的先后排列次序。小站的工作原则是尽量地满足申请火车的要求。
请你编一个程序，帮助工作人员考察某天所有火车的进站申请，计算最多能满足多少火车的要求。
Date Size
N<=100;
M<=3;
思路
这题需要分类讨论，耗时不AC。果断认定不可做，跳题。
状态转移方程：
m=1:f[i]=max(f[j]+1)；
m=2:f[i][j]=max(f[k][i]+1);(k

最长前缀 （不可做）

至今未做，据说要用kmp算法，留此坑以后再填……