NOIP2003提高组第二轮T3：加分二叉树

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[NOIP2003 提高组] 加分二叉树

题目描述

设一个 $n$ 个节点的二叉树 $\text{tree}$ 的中序遍历为$(1,2,3,\dots ,n)$，其中数字 $1,2,3,\dots ,n$ 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 $d_i$，$\text{tree}$ 及它的每个子树都有一个加分，任一棵子树 $\text{subtree}$（也包含 $\text{tree}$ 本身）的加分计算方法如下：

$\text{subtree}$ 的左子树的加分 $\times$ $\text{subtree}$ 的右子树的加分 $+$ $\text{subtree}$ 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 $(1,2,3,\dots ,n)$ 且加分最高的二叉树 $\text{tree}$。要求输出

1. $\text{tree}$ 的最高加分。

2. $\text{tree}$ 的前序遍历。

输入格式

第 $1$ 行 $1$ 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

输出格式

第 $1$ 行 $1$ 个整数，为最高加分（$Ans\le 4,000,000,000$）。

第 $2$ 行 $n$ 个用空格隔开的整数，为该树的前序遍历。

样例 #1

样例输入 #1

5
5 7 1 2 10

样例输出 #1

145
3 1 2 4 5

提示

数据规模与约定

对于全部的测试点，保证 $1\le n<30$，节点的分数是小于 $100$ 的正整数，答案不超过 $4\times 10^9$。

算法思想

最高加分

根据题目描述：

• 一棵二叉树的中序遍历为$(1,2,3,\dots ,n)$。

在中序遍历中，一旦确定了根结点，那么左右子树的节点编号一定在根结点两侧，例如当根节点为$3$时，那么左子树的结点编号为$1,2$，右子树的结点编号为$4,5,\dots ,n$，如下图所示：

• 加分计算方法为左子树的加分 $\times$ 右子树的加分 $+$根的分数。

求一棵符合中序遍历为 $(1,2,3,\dots ,n)$ 且加分最高的二叉树，就是求以根节点为中心，将左右两个区间（子树）合并在一起的最大值，因此可以使用区间型动态规划进行处理。

状态表示

$f[i,j]$表示二叉树中序遍历的节点编号在区间$[i,j]$的最大加分分值。

状态计算

从最后一个合并位置，也就是根节点的位置可以将状态计算分为下面几种情况：

• 根节点在$i$位置，此时左子树为空，加分为$1\times$，得到的分数为$1\times f[i+1][j]+w[i]$。
• 根节点在$i+1$位置，得到的分数为$f[i][i]\times f[i+2][j]+w[i+1]$。
• …
• 根节点在$k$位置，得到的分数为$f[i][k-1]\times f[k+1][j]+w[k]$。
• …
• 根节点在$j$位置，此时右子树为空，加分为$1\times$，得到的分数为$f[i][j-1]\times 1+w[j]$。

这里$w[i]$表示第$i$个节点的分数。$f[i][j]$要取以上情况的最大值。

初始状态

• 空树其加分为$1$，也就是说$f[i][i-1]=1$（或者$f[i+1][i]=1$）
• 如果区间只有一个节点，那么分值就是当前节点的分数，即$f[i][i]=w[i]$

时间复杂度

状态数为$n\times n$，状态计算需要枚举根节点的位置$1$ ~ $n$，时间复杂度为$O(n^3)$。

前序遍历

为了找到最大加分的前序遍历，就要在区间$[i,j]$中找到一个根节点$k$使得$f[i][k-1]\times f[k+1][j]+w[k]$等于$f[i][j]$。

对于前序遍历要先输出根节点$k$，然后在递归遍历左子树（$[i,k-1]$）和右子树（$[k+1,j]$）即可。

注意，如果$i$和$j$相等，说明是叶子节点，其子树的根节点就是自己。

代码实现

#include 
using namespace std;
const int N = 50;
int w[N], f[N][N];
int n;
//求区间[i,j]的前序遍历
void dfs(int i, int j)
{
    if(i > j) return; //空二叉树
    
    if(i == j) cout << i << " "; //叶子节点
    else
    {
        //枚举根节点
        for(int k = i; k <= j; k ++)
        {
            //如果以k为根节点取得加分最大值
            if(f[i][j] == f[i][k - 1] * f[k + 1][j] + w[k]) 
            {
                cout << k << " "; //输出根节点
                dfs(i, k - 1); //递归遍历左子树
                dfs(k + 1, j); //递归遍历右子树
                break;
            }
        }
    }
}

int main()
{
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> w[i];
    //空树的加分为1
    for(int i = 1; i <= n + 1; i ++) f[i][i - 1] = 1;
    //枚举合并长度
    for(int len = 1; len <= n; len ++)
    {
        //枚举开始位置
        for(int i = 1; i + len - 1 <= n; i ++)
        {
            int j = i + len - 1; //结束位置
            if(len == 1) f[i][i] = w[i]; //初始状态
            else
            {
                //枚举其它根节点的位置
                for(int k = i; k <= j; k ++)
                    f[i][j] = max(f[i][j], f[i][k - 1] * f[k + 1][j] + w[k]);
            }            
        }
    }
    cout << f[1][n] << '\n';
    dfs(1, n);
    return 0;
}