P1040 加分二叉树

题目描述

设一个 nn 个节点的二叉树tree的中序遍历为( 1,2,3,…,n1,2,3,…,n ),其中数字 1,2,3,…,n1,2,3,…,n 为节点编号。每个节点都有一个分数(均为正整数),记第 ii 个节点的分数为 di,treedi,tree 及它的每个子树都有一个加分,任一棵子树 subtreesubtree (也包含 treetree 本身)的加分计算方法如下:

subtreesubtree 的左子树的加分× subtreesubtree 的右子树的加分+ subtreesubtree 的根的分数。

若某个子树为空,规定其加分为 11 ,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,…,n1,2,3,…,n )且加分最高的二叉树 treetree 。要求输出;

(1) treetree 的最高加分

(2) treetree 的前序遍历

输入输出格式

输入格式:

 

第 11 行: 11 个整数 n(n<30)n(n<30) ,为节点个数。

第 22 行: nn 个用空格隔开的整数,为每个节点的分数(分数 <100<100 )。

 

输出格式:

 

第 11 行: 11 个整数,为最高加分(Ans \le 4,000,000,000≤4,000,000,000 )。

第 22 行: nn 个用空格隔开的整数,为该树的前序遍历。

 

输入输出样例

输入样例#1: 复制

5
5 7 1 2 10

输出样例#1: 复制

145
3 1 2 4 5

 只过了样例,看题解dalao都是dp,先存一下以后继续改。。

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int ans = 0;
struct node{
	int score,left = -1,right = -1;
}; 
node tree[30];
void dfs(int x, int l, int r){
	//cout << x << " " << l << " " << r <<endl;
	int m = 100,k;
	if(x > l){
		for(int i = l; i < x; i ++){
			if(m > tree[i].score){
				m = tree[i].score;
				k = i;
			}
		}
		tree[x].left = k;
		dfs(k,l,x-1);
	}
	m = 100; 
	if(x < r){
		for(int i = x+1; i <= r; i ++){
			if(m > tree[i].score){
				m = tree[i].score;
				k = i;
			}
		}
		tree[x].right = k;
		dfs(k,x+1,r);
	}
}
void print(int x){
	cout << x+1 << " ";
	if(tree[x].left != -1)
		print(tree[x].left);
	if(tree[x].right != -1)
		print(tree[x].right);
}
void treesum(int x){
	int l,r;
	l = tree[x].left;
	r = tree[x].right;
	if(tree[x].left != -1)
	{
		treesum(tree[x].left); 
		l = tree[l].score;
	}
	else
		l = 1;
	if(tree[x].right != -1)
	{
		treesum(tree[x].right);
		r = tree[r].score;
	} 
	else
		r = 1;
	if(r != 1 || l != 1)		
		tree[x].score = tree[x].score + l * r; 
	//cout <<x <<" "<< l<<'<' << tree[x].score << '>' <<r<< endl;
	//ans +=  tree[x].score; 
}
int main(){
	int n,min = 100,minx;
	cin >> n;
	for(int i = 0; i < n; i ++){
		cin >> tree[i].score;
		if(min > tree[i].score){
			min = tree[i].score;
			minx = i;
		}
	}
	dfs(minx,0,n-1);
	//for(int i = 0; i < n; i ++)
	//	cout << i << " " << tree[i].left << " " << tree[i].right << endl;
	treesum(minx);
	cout << tree[minx].score << endl;
	print(minx);
	
	return 0;
} 

 

### 解题思路 洛谷 P1404 加分二叉树是一道经典的动态规划问题,涉及树形结构和区间 DP 的思想。以下是解题的核心思路: #### 1. 状态定义 定义 `dp[l][r]` 表示以节点编号从 `l` 到 `r` 的子树所能获得的最大加分[^3]。 同时需要记录每个区间的根节点位置 `root[l][r]`,以便后续构造前序遍历。 #### 2. 状态转移方程 对于区间 `[l, r]`,枚举根节点 `k`(`l <= k <= r`),则状态转移方程为: ```plaintext dp[l][r] = max(dp[l][r], dp[l][k-1] * dp[k+1][r] + d[k]) ``` 其中: - `dp[l][k-1]` 表示左子树的最高加分。 - `dp[k+1][r]` 表示右子树的最高加分。 - `d[k]` 表示当前根节点的分数。 边界条件为: - 当 `l > r` 时,表示空子树,其加分为 1。 - 当 `l == r` 时,表示叶子节点,其加分为 `d[l]`。 #### 3. 构造前序遍历 通过记录的 `root[l][r]` 数组,可以递归地构造出树的前序遍历结果。具体方法是从根节点开始,依次访问左子树和右子树。 --- ### 代码实现 以下是基于上述思路的 Python 实现: ```python def solve(): n = int(input()) # 节点个数 d = list(map(int, input().split())) # 每个节点的分数 INF = float('inf') # 初始化 dp 和 root 数组 dp = [[0] * (n + 2) for _ in range(n + 2)] root = [[0] * (n + 2) for _ in range(n + 2)] # 边界条件:空子树的加分为 1 for i in range(1, n + 2): dp[i][i - 1] = 1 # 区间 DP for length in range(1, n + 1): # 子树长度 for l in range(1, n - length + 2): # 左端点 r = l + length - 1 # 右端点 for k in range(l, r + 1): # 枚举根节点 tmp = dp[l][k - 1] * dp[k + 1][r] + d[k - 1] if tmp > dp[l][r]: dp[l][r] = tmp root[l][r] = k # 构造前序遍历 def preorder(l, r): if l > r: return "" k = root[l][r] res = str(k) res += " " + preorder(l, k - 1) res += " " + preorder(k + 1, r) return res.strip() # 输出结果 print(dp[1][n]) # 最高加分 print(preorder(1, n)) # 前序遍历 # 示例运行 solve() ``` --- ### 复杂度分析 - **时间复杂度**:O(n³),其中 `n` 是节点个数。三层循环分别枚举区间长度、左端点和根节点。 - **空间复杂度**:O(n²),用于存储 `dp` 和 `root` 数组。 --- ### 注意事项 1. 输入数据需满足题目要求,确保节点编号和分数合法。 2. 记忆化搜索或动态规划均能解决问题,但动态规划更直观且易于实现。 3. 在构造前序遍历时,注意处理空子树的情况。 ---
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