P1040 加分二叉树

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P1040 加分二叉树

题目梗概

我们知道中序遍历相同的二叉树可能有很多种，请在满足给定的中序遍历的二叉树中，找出得分最小二叉树，输出它的得分和前序遍历。
得分规则：树的得分 = 左子树的得分 * 右子树的得分 + 根节点的得分。
特别的，若没有左（右）子树，则左（右）子树得分为1。
若为叶子节点，则得分就是叶子节点的分数。
注：题目中给出的中序遍历是每个结点上的分数，并非结点编号，输入序号即为结点编号。
需要输出的前序遍历中，要的是结点编号，而非结点分数。

解题思路

搜索所有可能的二叉树，得到最优的结果。

搜索问题

我们知道中序遍历是由三部分组成，即左子树，根结点，右子树。当我们选择了根节点之后，左边的就是左子树的中序遍历，右边的就是右子树的中序遍历。
如果我们不考虑左子树，右子树它们各自的内部结构，那么对于一棵二叉树而言，把根节点的所有可能都搜索一边，那就相当于把这棵树所有可能都搜索一边。借用递归思想，我们分别对左右子树进行相同的操作，那最终就可以真正得把所有可能的二叉树都搜索完毕。

记忆化搜索问题

这里建立dp数组，就是把当前情况计算后的结果存储下来，当下一次再遇到同样情况时，可以直接获取结果，避免重复搜索计算。
例如对于总序列[1,2,3,4,5]中的子序列[1,2]。
我们会在以3为一级根节点时，[1,2]会被作为一级左子树计算一遍。
当我们以4作为一级根节点时，一级左子树成为了[1,2,3]，如果此时我们再以3作为二级根节点，[1,2]会被作为二级左子树再被计算一遍。
这里的作为二级左子树的[1,2]和上面作为一级左子树的[1,2]，在计算结果上显然没有什么不同。这种情况就是我们所说的重复情况。

前序遍历

在上面的搜索计算的过程中，我们可以得到在序列区间[a,b]n内让哪个结点作为根节点为最优，我们记录下来，最后再利用递归方法，把前序序列打印出来。

完整代码

#include <iostream>
using namespace std;
int n;
int d[30],sp[30][30] = {0};
unsigned dp[30][30] = {0};

unsigned int dfs(int begin, int end){
	//[begin,end]是当前树的中序序列的存储范围 
	if(begin > end) return 1;
	if(begin == end){
		return d[begin];
	}
	if(dp[begin][end] != 0) return dp[begin][end];
	
	unsigned int _max = 1, tmp, node;
	//遍历根节点的所有可能 
	for(int i = begin;i<=end;i++){
		tmp =  dfs(i+1, end) * dfs(begin, i-1)+ d[i];
		if(tmp > _max){
			_max = tmp;
			node = i;
		}
	}
	sp[begin][end] = node;
	dp[begin][end] = _max;
	return _max;
}

void print(int begin, int end){
	if(begin > end) return;
	if(begin == end){
		cout << begin + 1 << " ";
		return; 
	}
	int node = sp[begin][end];
	cout << node + 1 << " ";
	print(begin,node-1);
	print(node+1,end);	
}

int main(){
	cin >> n;
	for(int i = 0;i<n;i++) cin >> d[i];
	cout << dfs(0, n-1) << endl;
	print(0, n-1);
	return 0;
}