1090 加分二叉树

1090 加分二叉树
 时间限制: 1 s
 空间限制: 128000 KB
 题目等级 : 钻石 Diamond

题目描述 Description
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j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

若某个子树为主,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
现在,请你帮助你的好朋友XZ设计一个程序,求得正确的答案。

输入描述 Input Description
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)

输出描述 Output Description
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。
样例输入 Sample Input
5

5 7 1 2 10

样例输出 Sample Output
145

3 1 2 4 5

数据范围及提示 Data Size & Hint
n(n<=30)

分数<=100

*****************************要理解题目,空子树为1 
********************************************注意初始化
*******************************************注意这里不用设全局的maxvalue了,输出的f[1][n]

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<algorithm>

using namespace std;

long f[31][31],maxvalue = 0;  //f[i][j] 表示i,j区间最优解 
int mark[31],n,root[31][31];  // 记录区间最优解的根节点 

void DP()
{
	int i,k,l;
	for(l = 2; l <= n; l++)
	{
		for(i = 1; i <= n-l+1; i++)
		{
			for(k = i; k <= i+l-1; k++)
			{
            /* main中全部初始化为1,且f[i][i] = mark[i] -> 两个初始化后,就不需要分类讨论了。 
			    if(f[i][k-1] && !f[k+1][i+l-1])
				    f[i][i+l-1] = max(f[i][i+l-1],f[i][k-1]+mark[k]);
				else if(!f[i][k-1] && f[k+1][i+l-1])
				    f[i][i+l-1] = max(f[i][i+l-1],f[k+1][i+l-1]+mark[k]);
				else if(f[i][k-1] && f[k+1][i+l-1])*/
				long tmp = f[i][k-1]*f[k+1][i+l-1]+mark[k];
				if(tmp > f[i][i+l-1])                //不是和maxvalue判断,而是由所枚举到的状态和现在状态比较 
				{
					f[i][i+l-1] = tmp;
					root[i][i+l-1] = k;
				}
			}
		}
	}
	cout<<f[1][n]<<endl;
}

void Preorder(int x,int y)
{
	if(x > y) return ;
	if(x == y)
	{
		cout<<root[x][y]<<" ";
		return;
	}
	cout<<root[x][y]<<" ";
	Preorder(x,root[x][y]-1);  //不是root[x][y-1] !! [x][y-1]代表区间范围,root[x][y]-1才是点! 
	Preorder(root[x][y]+1,y);  //同上 
}

int main()
{
	for(int i = 0; i <= 30; i++)
	{
		for(int j = 0; j <= 30; j++)
		{
			f[i][j] = 1;
		}
	}
	cin>>n;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cin>>mark[i];
		f[i][i] = mark[i];
		root[i][i] = i;         //root初始化,方便x == y时输出root 
	}
	DP();
	Preorder(1,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]` 表示当前根节点分数。 边界条件为: - 当 `l > r` 时,表示空子树,其加分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())) # 每个节点分数 INF = float(&#39;inf&#39;) # 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:空子树加分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(n&sup3;),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(n&sup2;),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,确保节点编号分数合法。 2. 忆化搜索或动态规划能解决问题,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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