加分二叉树_DP

加分二叉树

(binary.pas/c/cpp)

来源:NOIP2003(提高组)

【问题描述】

    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

【输入格式】

    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)。

【输出格式】

    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。

【输入样例】

    5

    57 1 2 10

【输出样例】

   145

    31 2 4 5

 

#include 
#include 

int a[100];
int dp[100][100];
int root[100][100];
int n;

void init()
{
       scanf("%d",&n);

       int i;
       for(i=1;i<=n;i++)
       {
              scanf("%d",&a[i]);
       }
}

void DP()
{
       int i;
       for (i=1;i<=n;i++)
       {
              dp[i][i]=a[i];

              root[i][i]=i;
       }

       for(i=1;ib)
       {
              return;
       }

       if(a<=b)
       {
           printf("%d",root[a][b]);

           preorder(a,root[a][b]-1);

           preorder(root[a][b]+1,b);
       }
}

int main()
{
        init();
        DP();
        printf("%d\n",dp[1][n]);

        preorder(1,n);
        printf("\n");

        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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