【全球新视野】洛谷P1040. 加分二叉树

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【全球新视野】洛谷P1040. 加分二叉树

2023-01-12 06:03:08 来源：博客园

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 $d_i$，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

(资料图)

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

输入格式

第 $1$ 行：一个整数 $n$，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（$0<$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int范围）。

第 $2$ 行：$n$ 个用空格隔开的整数，为该树的前序遍历。如果存在多种方案，则输出字典序最小的方案。

解题思路

$\qquad$这题初看没有入手点，但是题目有一个特殊的条件：中序遍历是$1\sim n$的升序，这也就代表我们可以抽象一下，将这棵树压扁，就可以到一个数轴上，是一个完整的区间$[1,n]$，所以我们可以考虑一下区间$DP$。

状态表示

\[用f(l,r)表示数轴上区间[l,r]的最大加分\]

状态计算

$\qquad$一个区间的切割方法就是：对于区间$f[l,r]$，我们在这个子树上假设它的根节点是$k$，那么在$k$左边的区间都是以$k$为根的二叉树的左子，右边区间同理。所以对于以$k$为根的树，左子为$[l,k-1]$，右子为$[k+1,r]$，根据题目的加分规则，那$$\large score_{tree} = score_{left}\times score_{right} + w_{root}$$

$\qquad$此外还要注意，因为二叉树允许没有左子或者没有右子，因此$k$应该在$[l,r]$而非$[l+1,r-1]$枚举，并且对于$l=k$的情况，$score_{left}=1$，右子同理。

状态统计

$\qquad$由于题目需要输出二叉树的前序遍历，所以我们在$DP$的时候要保存一些信息。

补充：二叉树的前序遍历，先输出根，再递归左子，再递归右子。

$\qquad$对于这个最大方案的根，我们可以在$DP$的过程中顺便保存让$[l,r]$区间加分最大的根节点$g[l,r]$，为了让字典序最小，我们让断点$k$从左向右扫描，遇到更大的值就要$f[]和g[]$一起更新，当值相同的时候，以$k$越小越好。

然后在输出的时候递归处理：

void print(int l, int r) {    if (l > r) return ; // 不构成节点    int k = g[l][r]; // 根节点     printf("%d ", k);    print(l, k - 1), print(k + 1, r); // 分别递归左右子}

代码

会贴两份，递推$DP$和记忆化搜索

递推DP

#include #include #include using namespace std;const int N = 50;int f[N][N], g[N][N], n, w[N];void print(int l, int r) {    if (l > r) return ; // 不构成节点    int k = g[l][r]; // 根节点     printf("%d ", k);    print(l, k - 1), print(k + 1, r); // 分别递归左右子}int main() {    scanf("%d", &n);        for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &w[i]);        memset(f, 0xcf, sizeof f);    for (int i = 1; i <= n; i ++ )         g[i][i] = i, f[i][i] = w[i]; // 长度为1的叶子节点分数和根的初始化        for (int len = 2; len <= n; len ++ ) //长度为1的初始化过了，从2开始    {        for (int l = 1, r = l + len - 1; r <= n; l ++, r ++ ) //枚举左端点和右端点        {            for (int k = l; k <= r; k ++ ) // 枚举断点            {                int &v = f[l][r], u, L, R;                L = (k == l) ? 1 : f[l][k - 1]; // 如果k == l代表没有左子树，左分数为1                R = (k == r) ? 1 : f[k + 1][r]; // 如果k == r代表没有右子树                u = L * R + w[k]; // 分数计算                if (u > v) v = u, g[l][r] = k; // 更新信息            }        }    }        printf("%d\n", f[1][n]);    print(1, n);        return 0;}

记忆化搜索

#include #include #include using namespace std;const int N = 50;int w[N], f[N][N], g[N][N], n;int dp(int l, int r) {    int &v = f[l][r];    if (~v) return v; // 算过的直接调用    if (l == r) return g[l][r] = l, f[l][r] = w[l]; // 叶子节点的处理        for (int k = l; k <= r; k ++ )     {        int u, L, R;        L = (k == l) ? 1 : dp(l, k - 1); // 如果k == l代表没有左子树，左分数为1        R = (k == r) ? 1 : dp(k + 1, r); // 右子同理        u = L * R + w[k];        if (u > v) g[l][r] = k, v = u;    }        return v;}void print(int l, int r) {    if (l > r) return ;    int k = g[l][r];    printf("%d ", k);    print(l, k - 1), print(k + 1, r);}int main() {    scanf("%d", &n);        for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &w[i]);        memset(f, -1, sizeof f);    printf("%d\n", dp(1, n));    print(1, n);        return 0;}

关键词：输入格式输出格式