洛谷P1040 加分二叉树(NOIP2003)

本文介绍了一种树形DP算法,通过三维枚举方法求解树上节点的最大得分问题。使用了f[i][j]来记录从节点i到j的最大得分,并通过转移方程实现了最优解的递推。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

树形DP???

题目传送门

简单的树形DP。
f[i][j] 表示从 i j这段节点成为一棵树的最大得分, root[i][j] 表示 i j这段节点取到最大得分时的根节点是谁(中序遍历时要用到)。

因为节点个数足够小,我们可以三维枚举 [l,r] 及根节点。
转移方程:

for (int k=2;k<=n;k++)
    for (int i=1;i<=n-k+1;i++){
        int x=i+k-1;
        for (int j=i;j<=x;j++)
            if (f[i][x]<f[i][j-1]*f[j+1][x]+w[j]){//取最大值
                rt[i][x]=j;
                f[i][x]=f[i][j-1]*f[j+1][x]+w[j];
            }
    }

注意刚开始的值全给1,不然乘的时候就······

代码:

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define MAXN 30
using namespace std;
int n;
int f[MAXN+5][MAXN+5],rt[MAXN+5][MAXN+5],w[MAXN+5];
inline char readc(){
    static char buf[100000],*l=buf,*r=buf;
    if (l==r) r=(l=buf)+fread(buf,1,100000,stdin);
    if (l==r) return EOF;
    return *l++;
}
int _read(){//读优(虽然没什么用)
    int num=0; char ch=readc();
    while (ch<'0'||ch>'9') ch=readc();
    while (ch>='0'&&ch<='9') { num=num*10+ch-48; ch=readc(); }
    return num;
}
void dfs(int x,int y){//中序遍历
    if (x<=y){
        printf("%d ",rt[x][y]);
        dfs(x,rt[x][y]-1);
        dfs(rt[x][y]+1,y);
    }
}
int main(){
    n=_read();
    for (int i=0;i<=n;i++)
        for (int j=0;j<=n;j++)
            f[i][j]=1;
    for (int i=1;i<=n;i++){
        w[i]=_read();
        rt[i][i]=i;
        f[i][i]=w[i];
    }
    for (int k=2;k<=n;k++)
        for (int i=1;i<=n-k+1;i++){
            int x=i+k-1;
            for (int j=i;j<=x;j++)
                if (f[i][x]<f[i][j-1]*f[j+1][x]+w[j]){
                    rt[i][x]=j;
                    f[i][x]=f[i][j-1]*f[j+1][x]+w[j];
                }
        }
    printf("%d\n",f[1][n]);
    dfs(1,n);
    return 0;
}
### 解题思路 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(),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(),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。 ---
评论
添加红包

请填写红包祝福语或标题

红包个数最小为10个

红包金额最低5元

当前余额3.43前往充值 >
需支付:10.00
成就一亿技术人!
领取后你会自动成为博主和红包主的粉丝 规则
hope_wisdom
发出的红包
实付
使用余额支付
点击重新获取
扫码支付
钱包余额 0

抵扣说明:

1.余额是钱包充值的虚拟货币,按照1:1的比例进行支付金额的抵扣。
2.余额无法直接购买下载,可以购买VIP、付费专栏及课程。

余额充值