洛谷P1040 加分二叉樹（樹形dp）

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設乙個n個節點的二叉樹tree的中序遍歷為（l，2，3，...，n），其中數字1，2，3，...，n為節點編號。每個節點都有乙個分數（均為正整數），記第j個節點的分數為di，tree及它的每個子樹都有乙個加分，任一棵子樹subtree（也包含tree本身）的加分計算方法如下：

subtree的左子樹的加分×subtree的右子樹的加分＋subtree的根的分數

若某個子樹為主，規定其加分為1，葉子的加分就是葉節點本身的分數。不考慮它的空子樹。

試求一棵符合中序遍歷為（1，2，3，...，n）且加分最高的二叉樹tree。要求輸出：

（1）tree的最高加分

（2）tree的前序遍歷

第1行：乙個整數n（n＜30），為節點個數。

第2行：n個用空格隔開的整數，為每個節點的分數（分數＜100）。

第1行：乙個整數，為最高加分（結果不會超過4,000,000,000）。

第2行：n個用空格隔開的整數，為該樹的前序遍歷。

5

5 7 1 2 10

145

3 1 2 4 5

提高組-2023年noip

題目型別：

樹形dp

思路：首先，我們要做的就是設計狀態，其實就是設計dp陣列的含義，它要滿足無後效性。關注這個 左子樹*右子樹+根 我只要知道左子樹分數和右子樹分數和根的分數（已給出），不就可以了嗎？管他子樹長什麼樣！

所以，我們f陣列存的就是最大分數，怎麼存呢？

我們發現：子樹是乙個或多個節點的集合。

那麼我們可不可以開乙個f[i][j]，f[i][j]來表示節點i到節點j成樹的最大加分呢？可以先保留這個想法（畢竟暫時也想不到更好的了）。

如果這樣話，我們就來設計狀態轉移方程。按照剛剛的設計來說的話，我們的答案就是f[1][n]了，那麼我們可以從小的子樹開始，也就是len，區間長度。有了區間長度我們就要列舉區間起點，i為區間起點，然後就可以算出區間終點j。通過加分二叉樹的式子我們可以知道，二叉樹的分取決於誰是根，於是我們就在區間內列舉根k。

特別的，f[i][i]=a[i]f[i][i]=a[i]，其中a[i]為第i個節點的分數。

因為是要求最大值，所以我們就可以設計出f[i][j]=max(f[i][k-1]*f[k+1][j]+f[k][k])f[i][j]=max(f[i][k−1]*f[k+1][j]+f[k][k])於是乎，我們就自己設計出了乙個dp過程，因為是順著來的，所以很少有不成立的。

至於輸出前序遍歷，我們再設計乙個狀態root[i][j]來表示節點i到節點j成樹的最大加分所選的根節點。所以我們按照$根->左->右$的順序遞迴輸出即可。

#includeusing

namespace
std;
const
int maxn = 50
;typedef 
long
long
ll;ll n;
//f[i][j]表示i到j子樹的最大分數 
ll f[maxn][maxn],root[maxn][maxn]; 
void
print(ll l, ll r) 
intmain()
for(int len=1;len//
以子樹的長度遍歷，1個節點的子樹，2個節點的子樹。。。 
if(f[k+1][j]==0
) 
if(f[i][j]}}}
cout
<1][n]
1, n);
return0;
}

posted on 2019-04-26 23:19

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設乙個n個節點的二叉樹tree的中序遍歷為（l，2，3，...，n），其中數字1，2，3，...，n為節點編號。每個節點都有乙個分數（均為正整數），記第j個節點的分數為di，tree及它的每個子樹都有乙個加分，任一棵子樹subtree（也包含tree本身）的加分計算方法如下：

subtree的左子樹的加分×subtree的右子樹的加分＋subtree的根的分數

若某個子樹為主，規定其加分為1，葉子的加分就是葉節點本身的分數。不考慮它的空子樹。

試求一棵符合中序遍歷為（1，2，3，...，n）且加分最高的二叉樹tree。要求輸出：

（1）tree的最高加分

（2）tree的前序遍歷

第1行：乙個整數n（n＜30），為節點個數。

第2行：n個用空格隔開的整數，為每個節點的分數（分數＜100）。

第1行：乙個整數，為最高加分（結果不會超過4,000,000,000）。

第2行：n個用空格隔開的整數，為該樹的前序遍歷。

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3 1 2 4 5

提高組-2023年noip

題目型別：

樹形dp

思路：首先，我們要做的就是設計狀態，其實就是設計dp陣列的含義，它要滿足無後效性。關注這個 左子樹*右子樹+根 我只要知道左子樹分數和右子樹分數和根的分數（已給出），不就可以了嗎？管他子樹長什麼樣！

所以，我們f陣列存的就是最大分數，怎麼存呢？

我們發現：子樹是乙個或多個節點的集合。

那麼我們可不可以開乙個f[i][j]，f[i][j]來表示節點i到節點j成樹的最大加分呢？可以先保留這個想法（畢竟暫時也想不到更好的了）。

如果這樣話，我們就來設計狀態轉移方程。按照剛剛的設計來說的話，我們的答案就是f[1][n]了，那麼我們可以從小的子樹開始，也就是len，區間長度。有了區間長度我們就要列舉區間起點，i為區間起點，然後就可以算出區間終點j。通過加分二叉樹的式子我們可以知道，二叉樹的分取決於誰是根，於是我們就在區間內列舉根k。

特別的，f[i][i]=a[i]f[i][i]=a[i]，其中a[i]為第i個節點的分數。

因為是要求最大值，所以我們就可以設計出f[i][j]=max(f[i][k-1]*f[k+1][j]+f[k][k])f[i][j]=max(f[i][k−1]*f[k+1][j]+f[k][k])於是乎，我們就自己設計出了乙個dp過程，因為是順著來的，所以很少有不成立的。

至於輸出前序遍歷，我們再設計乙個狀態root[i][j]來表示節點i到節點j成樹的最大加分所選的根節點。所以我們按照$根->左->右$的順序遞迴輸出即可。

#includeusing

namespace
std;
const
int maxn = 50
;typedef 
long
long
ll;ll n;
//f[i][j]表示i到j子樹的最大分數 
ll f[maxn][maxn],root[maxn][maxn]; 
void
print(ll l, ll r) 
intmain()
for(int len=1;len//
以子樹的長度遍歷，1個節點的子樹，2個節點的子樹。。。 
if(f[k+1][j]==0
) 
if(f[i][j]}}}
cout
<1][n]
1, n);
return0;
}

洛谷 P1040 加分二叉樹

題目描述 設乙個n個節點的二叉樹tree的中序遍歷為 1,2,3,n 其中數字1,2,3,n為節點編號。每個節點都有乙個分數 均為正整數 記第i個節點的分數為di，tree及它的每個子樹都有乙個加分，任一棵子樹subtree 也包含tree本身 的加分計算方法如下 subtree的左子樹的加分 su...

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設乙個 n 個節點的二叉樹tree的中序遍歷為 1,2,3,n 其中數字 1,2,3,n 為節點編號。每個節點都有乙個分數 均為正整數 記第 i 個節點的分數為 di,tree 及它的每個子樹都有乙個加分，任一棵子樹 subtree 也包含 tree 本身 的加分計算方法如下 subtree 的左子...