洛谷P1040 加分二叉树（DP）

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

输入输出格式

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。

输入输出样例

输入样例#1： 

5
5 7 1 2 10

输出样例#1： 

145
3 1 2 4 5

解题分析

由于二叉树的中序遍历为1, 2, 3, ..., n，因此该二叉树的特点是：当根节点为k时，编号小于k的结点都在其左子树上，而大于k的结点都在其右子树上。这个特点符合区间动态规划的特性，因此可以采用区间动态规划。
状态：f(i, j)，表示有区间[i, j]内的结点构成的二叉树的最高加分。
状态转移方程：f(i, j) = max(f(i, k-1)*f(k+1, j) + in_order(k))，其中in_ord(k)为结点k的分值。
初始条件：根据题目的要求有f(i, i)=in_order(i)，另外，为了实现方便，可设f(i+1, i)=1。
为了输出前序遍历，可设root[i][j]，表示在区间[i, j]中取得最大加分的根节点，这样在输出前序遍历时，可先输出root[1][n]，然后递归地分别输出其左子树的根节点和右子树的根节点。

root[i][j]的值的为在状态转移方程中取最大值的那个k。

#include #include #include #include using namespace std;#define N 32#define MAX(a, b) ((a)>(b)?(a):(b))int n, in_ord[N], f[N][N], root[N][N];void pri_ord(int st, int en) {    int r = root[st][en];    cout<=st)        pri_ord(st, r-1);    if(r+1<=en)        pri_ord(r+1, en);}int main() {    ios::sync_with_stdio(false);    int i, j, k, gap, tmp, tmp1;    cin>>n;    for(i=1; i<=n; i++)        cin>>in_ord[i];    for(i=0; i<=n; i++) {        f[i][i] = in_ord[i];        f[i+1][i] = 1;        root[i][i] = i;    }    for(gap = 2; gap<=n; gap++)        for(i=1; j=i+gap-1, j<=n; i++) {            tmp = 0;            for(k=i; k<=j; k++) {                tmp1 = f[i][k-1]*f[k+1][j] + in_ord[k];                if(tmp1 > tmp) {                    tmp = tmp1;                    root[i][j] = k;                }            }            f[i][j] = tmp;        }    cout<