【NOIP模拟题】【DP】【LIS】【中缀表达式】2016.11.15 第一题 小L的二叉树 题解

小L的二叉树

小L的二叉树

题目背景

勤奋又善于思考的小L接触了信息学竞赛，开始的学习十分顺利。但是，小L对数据结构的掌握实在十分渣渣。

所以，小L当时卡在了二叉树。

【题目描述】

在计算机科学中，二叉树是每个结点最多有两个子结点的有序树。通常子结点被称作“左孩子”和“右孩子”。二叉树被用作二叉搜索树和二叉堆。随后他又和他人讨论起了二叉搜索树。什么是二叉搜索树呢？二叉搜索树首先是一棵二叉树。设key[p]表示结点p上的数值。对于其中的每个结点p，若其存在左孩子lch，则key[p]>key[lch]；若其存在右孩子rch，则key[p] < key[rch]；注意，本题中的二叉搜索树应满足对于所有结点，其左子树中的key小于当前结点的key，其右子树中的key大于当前结点的key。（因为小L十分喜欢装xx，所以这里他十分装xx的给大家介绍了什么是二叉树和二叉搜索树）。

可是善于思考的小L不甘于只学习这些基础的东西。他思考了这样一个问题：现在给定一棵二叉树，可以任意修改结点的数值。修改一个结点的数值算作一次修改，且这个结点不能再被修改。若要将其变成一棵二叉搜索树，且任意时刻结点的数值必须是整数（可以是负整数或0），所要的最少修改次数。

这一定难不倒聪明的你吧！如果你能帮小L解决这个问题，也许他会把最后的资产分给你1/16哦！

【输入格式】 第一行一个正整数n表示二叉树节点数。节点从1~n进行编号。 第二行n个正整数用空格分隔开，第i个数ai表示结点i的原始数值。 此后n - 1行每行两个非负整数fa, ch，第i + 2行描述结点i + 1的父亲编号fa，以及父子关系ch，(ch = 0 表示i + 1为左儿子，ch = 1表示i + 1为右儿子)。 为了让你稍微减轻些负担，小L规定：结点1一定是二叉树的根哦！

【输出格式】 仅一行包含一个整数，表示最少的修改次数。

【样例输入】

3

2 2 2

1 0

1 1

【样例输出】 2

【数据范围】

20 % ：n <= 10 , ai <= 100.

40 % ：n <= 100 , ai <= 200

60 % ：n <= 2000 .

100 % ：n <= 10 ^ 5 , ai < 2 ^ 31.

小L，是


回到正题，这道题先用中序遍历再跑LIS，但是这是有问题的！！！！！看了好多博客都没指出，因为它要求全是整数，所以我们要再做一些小手脚。a1, a2, a3, a4 . an 映射成：a1 - 1, a2 - 2, a3 - 3, a4 - 4 . an - n.这样以后再求一遍LIS长度就finish。

附代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#include<string>
#include<iomanip>
#include<ctime>
#include<climits>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#define LL long long
#ifdef WIN32
#define AUTO "%I64d"
#else
#define AUTO "%lld"
#endif

using namespace std;

const int maxn = 1e5+5;
int n,tot,ans;
int dp[maxn],f[maxn];
struct node
{
int l,r,fa,num;
}a[maxn];

template <class T> inline void read(T &xx)
{
xx = 0;
T flag = 1;
char ch = (char)getchar();
while(ch<'0' || ch>'9')
{
if(ch == '-') flag = -1;
ch = (char)getchar();
}
while(ch>='0' && ch<='9')
{
xx = (xx<<1) + (xx<<3) + ch - '0';
ch = (char)getchar();
}
xx *= flag;
}

void init()
{
read(n);
for(int i = 1; i <= n; i++)
read(a[i].num);
for(int i = 2; i <= n; i++)
{
int k;
read(a[i].fa);
read(k);
if(!k) a[a[i].fa].l = i;
else a[a[i].fa].r = i;
}
}

void dfs(int i)
{
if(i == 0) return;
dfs(a[i].l);
dp[++tot] = a[i].num;
dfs(a[i].r);
}

int LIS()
{
int top = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
if(top == 0 || dp[i] >= f[top])
f[++top] = dp[i];
else
{
int l = 1, r = top;
while(l <= r)
{
int mid = (l + r) >> 1;
if(f[mid] > dp[i]) r = mid - 1;
else l = mid + 1;
if(f[mid] == dp[i])
{
while(f[mid] == dp[i]) mid++;
l = mid;
break;
}
}
f[l] = dp[i];
}
}
return top;
}

void work()
{
dfs(1);
for(int i = 1; i <= n; i++)
dp[i] -= i;
ans = n-LIS();
}

int main()
{
freopen("tree.in","r",stdin);
freopen("tree.out","w",stdout);
init();
work();
printf("%d",ans);
return 0;
}