noip2003加分二叉树 2008.10.30

noip2003加分二叉树 2008.10.30

顾名思义，树型动态规划就是在“树”的数据结构上的动态规划，平时作的动态规划都是线性的或者是建立在图上的，线性的动态规划有二种方向既向前和向后，相应的线性的动态规划有二种方法既顺推与逆推，而树型动态规划是建立在树上的，所以也相应的有二个方向：

1． 根—>叶：不过这种动态规划在实际的问题中运用的不多，也没有比较明显的例题，所以不在今天讨论的范围之内。

2.叶－>根：既根的子节点传递有用的信息给根，完后根得出最优解的过程。这类的习题比较的

加分二叉树
【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

[分析]很显然，本题适合用动态规划来解。如果用数组value[i,j]表示从节点i到节点j所组成的二叉树的最大加分，则动态方程可以表示如下：

value[i,j]=max{value[i,i]+value[i+1,j],

value[i+1,i+1]+value[i,i]*value[i+2,j],

value[i+2,i+2]+value[i,i+1]*value[i+3,j],

…,value[j-1,j-1]+value[i,j-2]*value[j,j], value[j,j]+value[i,j-1]}有迪杰斯特拉的感觉

题目还要求输出最大加分树的前序遍历序列，因此必须在计算过程中记下从节点i到节点j所组成的最大加分二叉树的根节点，用数组root[i,j]表示

[PASCAL源程序]

{$N+}

program NOIP2003_3_Tree;
const
maxn=30;
var
i,j,n,d:byte;
a:array[1..maxn]of byte;
value:array[1..maxn,1..maxn]of real;
root:array[1..maxn,1..maxn]of byte;
s,temp:real;
f1,f2:text;fn1,fn2,fileNo:string;
procedure preorder(p1,p2:byte);{按前序遍历输出最大加分二叉树}{由中序生成前序}
begin
if p2>=p1 then begin
write(f2,root[p1,p2],' ');
preorder(p1,root[p1,p2]-1);
preorder(root[p1,p2]+1,p2);
end;
end;
begin
write('Input fileNo:');readln(fileNo);
fn1:='tree.in'+fileNo;fn2:='tree.ou'+fileNo;
assign(f1,fn1);reset(f1);
assign(f2,fn2);rewrite(f2);
readln(f1,n);
for i:=1 to n do read(f1,a[i]);
close(f1);
fillchar(value,sizeof(value),0);
for i:=1 to n do begin
value[i,i]:=a[i];{计算单个节点构成的二叉树的加分}
root[i,i]:=i;{记录单个节点构成的二叉树的根节点}
end;
for i:=1 to n-1 do begin
value[i,i+1]:=a[i]+a[i+1];{计算相邻两个节点构成的二叉树的最大加分}
{这个的意思就是，相邻两个节点，一个当根，一个当儿子，的最大加分，也就是他们自己的和，而此处的处理，就是让小的作为根。}
root[i,i+1]:=i;{记录相邻两个节点构成的二叉树的根节点；需要说明的是，两个节点构成的二叉树，其根节点可以是其中的任何一个；这里选编号小的为根节点，则编号大的为其右子树；若选编号大的为根节点，则编号小的为其左子树；因此，最后输出的前序遍历结果会有部分不同，但同样是正确的。如果最大加分二叉树的所有节点的度数都是0或2，则最后输出的前序遍历结果是唯一的。}
end;
for d:=2 to n-1 do begin{依次计算间距为d的两个节点构成的二叉树的最大加分}
for i:=1 to n-d do begin
s:=value[i,i]+value[i+1,i+d];{计算以i为根节点，以i+1至i+d间所有节点为右子树的二叉树的最大加分}{以i为根节点，和以i+d为根节点，它们都只有一个儿子，故不能用带有乘法的式子来计算，所以，就分开单独来算}{先算一个数，当作以后比的初始值}
root[i,i+d]:=i; {记录根节点i}
for j:=1 to d do begin
temp:=value[i+j,i+j]+value[i,i+j-1]*value[i+j+1,i+d];{计算以i+j为根节点，以i至i+j-1间所有节点为左子树，以i+j+1至i+d间所有节点为右子树的二叉树的最大加分}
if temp>s then begin{如果此值为最大}
s:=temp;root[i,i+d]:=i+j;{记下新的最大值和新的根节点}
end;
end;
值得学习的地方，用temp来存每次算的值，用s记录下每次的最优值，最后再赋给value[i,i+d];
temp:=value[i,i+d-1]+value[i+d,i+d];{计算以i+d为根节点，以i至i+d-1间所有节点为左子树的二叉树的最大加分}{计算以i为根节点，以i+1至i+d间所有节点为右子树的二叉树的最大加分}{以i为根节点，和以i+d为根节点，它们都只有一个儿子，故不能用带有乘法的式子来计算，所以，就分开单独来算}
if temp>s then begin
s:=temp;root[i,i+d]:=i+d+1;
end;
value[i,i+d]:=s;
end;
end;
writeln(f2,value[1,n]:0:0);{输出最大加分}
preorder(1,n);{输出最大加分二叉树的前序遍历序列}
close(f2);
end.

[点评]基本题。考查了二叉树的遍历和动态规划算法。难点在于要记录当前最大加分二叉树的根节点。疑点是最大加分二叉树的前序遍历序列可能不唯一。

Ps：其实这题真正意义上来说还是一道普通的dp题目，但它批上了树的外表，所以都拿来作对比和讨论，解题报告出自湖北省水果湖高中 伍先军写的第九届全国青少年信息学奥林匹克联赛（N0IP2003）复赛提高组解题报告。

tips：不要害怕题目，实际上认真分析都很容易，虽说是treedp，但也没有用到树的存储结构。