CSUOJ-1980 不堪重负的数(区间dp)

1980: 不堪重负的树

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Description

小X非常喜欢树,然后他生成了一个大森林给自己玩。
玩着玩着,小X陷入了沉思。

  • 一棵树由N个节点组成,编号为i的节点有一个价值Wi。
  • 假设从树根出发前往第i个节点(可能是树根自己),一共需要经过Di个节点(包括起点和终点),那么这个节点对这棵树产生的负担就是Di与Wi的乘积。
  • 对于一棵树而言,这棵树的负担值为所有节点对它产生的负担之和。

小X学习了dfs,如果他知道树的结构,他当然可以很容易地算出树的负担值。可是现在沉思中的小X并不知道树的结构形态,他只知道一棵二叉树的中序遍历以及每个节点的价值,那么这棵二叉树可能的最小负担值是多少呢?

Input

第一行为一个正整数T(T≤20)表示数据组数。
每组数据包括三行。
第一行为一个正整数N(N≤200)。
第二行为N个正整数Wi(Wi≤108),表示编号为i的节点的价值。
第三行为N个正整数Pi(Pi≤N),为一个1~N的排列,表示二叉树的中序遍历结果。

Output

对于每组数据,输出一行一个正整数,表示这棵树可能的最小负担值。

Sample Input

2
4
1 2 3 4
1 2 3 4
7
1 1 1 1 1 1 1
4 2 3 5 7 1 6

Sample Output

18
17

Hint

对于第一个样例,树根为3,3的左儿子是2,3的右儿子是4,2的左儿子是1,这样构成的树可以达到最小负担。
对于第二个样例,对应的满二叉树可以达到最小负担。

Source

2017年8月月赛

Author

devember

 

解题思路:重点是理解中序遍历,先左子树、然后根节点、然后右子树。找出状态转移方程:dp[i][j] = min(dp[i][k-1]+dp[k+1][j]+a[j]-a[i-1],dp[i][j])然后枚举断点k(也就是根)就行。
做完觉得dp.区间dp和dfs还不太会。。所以重新看了下。想起来之前8月月赛这题刚好就是这个还不会。就做了。。。发现算法这东西,主要还是理解他的本质基础,这样比较容易掌握。。(虽然我还是菜鸡- -)
 
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn=205;
const long long INF=1e18;
long long a[maxn],w[maxn];
long long dp[maxn][maxn];

int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        int n,m;
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%lld",&w[i]);
        }
        a[0] = 0;
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&m);
            a[i] = a[i-1] + w[m]; //求前缀和
            dp[i][i] = w[m];
        }
        for(int l=2;l<=n;l++)
        {
            for(int i=1;i+l-1<=n;i++)
            {
                int j = i+l-1;
                dp[i][j] = INF;
                for(int k=i;k<=j;k++)//枚举根
                {
                    long long temp = dp[i][k-1]+dp[k+1][j]+a[j]-a[i-1];
                    if(temp<dp[i][j])
                        dp[i][j] = temp;

                }
            }
        }
        printf("%lld\n",dp[1][n]);
    }
}

 

哎。。前面好多算法都忘了。。当初就理解的不够透彻。。

转载于:https://www.cnblogs.com/WWkkk/p/7435684.html

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