【TreeDP】加分二叉树 NDK1286 详细题解

以前的知识都忘记了或者说根本就没有彻底的弄懂。。。

 

program NDK1286; var n:longint; d:array [1..30] of longint; root:array [1..30,1..30] of longint;//root[i,j]表示左边界为i，右边界为j的这棵树的根的编号 score:array [1..30,1..30] of longint;//score[i,j]表示左边界为i，右边界为j的这棵树能取得的最大价值 flag:boolean;//用于AC程序，实际上并没有多大意义。。 procedure init; var i:longint; begin readln(n); for i:=1 to n do read(d[i]); end; //tree_dp本身就是一个递归的函数，这样通过递归我们就求得了对于中序遍历为1~n的树的每一棵子树的最大价值，然后通过不断的递归调用实现题目的要求 //采用记忆化的优点就是可以优化时间复杂度，一般来说，当前所求的最优值不会对后面的求解造成影响，即DP的无后效性原理这样的话都可以采用记忆化的东西来减少时间复杂度 function tree_dp(l,r:longint):longint; var i,j,max:longint; begin if score[l,r]>0 then exit(score[l,r]);//采用记忆化搜索优化时间复杂度，score[l,r]>0则说明必然以左边界为l，右边界为r的这棵树已经有了最大价值，这样我们就不必再求一遍，直接返回值即可。 if l>r then exit(1);//l>r那么说明这棵树为空，依照题目的要求返回1 if l=r then//l=r说明以当前结点为根的子树不含有任何子树，也就是说这棵树只有一个根结点 begin root[l,r]:=l;//那么从l到r的这棵树的根一定是l或是r了（l=r 所以l和r相等） exit(d[l]);//这个根其实也是叶子，所以叶子的加分就是叶节点本身的分数，返回d[l] end; for i:=l to r do//从l到r枚举根 begin max:=tree_dp(l,i-1)*tree_dp(i+1,r)+d[i];//设当前树的根为i，左子树为l~i-1，右子树为i+1~r，再分别调用左子树和右子树 if max>score[l,r] then//如果计算出的max比之前的大就更新（打擂台） begin score[l,r]:=max; root[l,r]:=i;//就让l~r这个范围内的根变为i end; end; exit(score[l,r]);//一定要返回这个值，因为之前返回的只是在特殊情况下的score[l,r]，而这里返回的则是除特殊情况之外的，也就是常规情况的根的得分 end; procedure qx(l,r:longint);//BT的前序遍历，flag在这里就有用了 begin if flag then begin write(root[l,r]); flag:=false; end else write(' ',root[l,r]); if l<root[l,r] then qx(l,root[l,r]-1);//遍历LBT if r>root[l,r] then qx(root[l,r]+1,r);//遍历RBT end; procedure main; begin flag:=true; writeln(tree_dp(1,n));//输出tree的最高加分 qx(1,n);//输出tree的前序遍历 end; begin assign(input,'NDK1286.in'); reset(input); assign(output,'NDK1286.out'); rewrite(output); init; main; close(input); close(output); end.

 

本题小结：这是树型DP的最基础的题目，其实对于树型DP来说，一个非常清晰的题目分析是非常必要的，树型DP其实只要分析正确，递归没有什么错误的话，一般来说是比常规的DP的状态转移方程是要好写的。