[Swust OJ 360]--加分二叉树(区间dp)

 

题目链接：http://acm.swust.edu.cn/problem/360/

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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 

 

Input

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）。

 

Output

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。

 

Sample Input

5 5 7 1 2 10

Sample Output

 

 

145 3 1 2 4 5

 

解题思路：区间dp，注意在更新dp值时，标记下根节点方便输出先序遍历，今天才晓得memset居然不能将数组值置为1，汗~~~

 

代码如下：

 1 #include <iostream>

 2 #include <cstring>

 3 #include <cstdio>

 4 #include <algorithm>

 5 using namespace std;

 6 

 7 const int maxn = 50, inf = -0x7fffffff;

 8 int n,ptr, vi[maxn], dp[maxn][maxn], root[maxn][maxn];

 9 //若根节点的下标是k，则左端点的是k-1，右端点是k+1；

10 void PreOrder(int vi, int y){

11     if (root[vi][y]){

12         if (ptr++) cout << ' ';

13         cout << root[vi][y];

14         PreOrder(vi, root[vi][y] - 1);

15         PreOrder(root[vi][y] + 1, y);

16     }

17 }

18 

19 int main(){

20     //freopen("360-加分二叉树.in","r",stdin);

21     //freopen("360-加分二叉树.out", "w", stdout);

22     while (cin >> n){

23         for (int i = 0; i <= n; i++)

24         for (int j = 0; j <= n; j++)

25             dp[i][j] = 1;

26         for (int i = 1; i <= n; i++){

27             cin >> vi[i];

28             dp[i][i] = vi[i];

29             root[i][i] = i;

30         }

31         for (int r = 1; r <= n; r++){

32             for (int i = 1; i <= n - r; i++){

33                 int j = i + r, tmp = inf;

34                 for (int k = i; k < j; k++){

35                     if (tmp < (dp[i][k - 1] * dp[k + 1][j] + vi[k])){

36                         tmp = dp[i][k - 1] * dp[k + 1][j] + vi[k];

37                         root[i][j] = k;

38                     }

39                 }

40                 dp[i][j] = tmp;

41             }

42         }

43         cout << dp[1][n] << endl;

44         ptr = 0;

45         PreOrder(1, n);

46         cout << endl;

47     }

48     //fclose(stdin); fclose(stdout);

49     return 0;

50 }

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