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CSU-1980 不堪重负的树

作者:互联网

CSU-1980 不堪重负的树

Description

小X非常喜欢树,然后他生成了一个大森林给自己玩。
玩着玩着,小X陷入了沉思。

小X学习了dfs,如果他知道树的结构,他当然可以很容易地算出树的负担值。可是现在沉思中的小X并不知道树的结构形态,他只知道一棵二叉树的中序遍历以及每个节点的价值,那么这棵二叉树可能的最小负担值是多少呢?

Input

第一行为一个正整数T(T≤20)表示数据组数。
每组数据包括三行。
第一行为一个正整数N(N≤200)。
第二行为N个正整数Wi(Wi≤108),表示编号为i的节点的价值。
第三行为N个正整数Pi(Pi≤N),为一个1~N的排列,表示二叉树的中序遍历结果。

Output

对于每组数据,输出一行一个正整数,表示这棵树可能的最小负担值。

Sample Input

2
4
1 2 3 4
1 2 3 4
7
1 1 1 1 1 1 1
4 2 3 5 7 1 6

Sample Output

18
17

Hint

对于第一个样例,树根为3,3的左儿子是2,3的右儿子是4,2的左儿子是1,这样构成的树可以达到最小负担。
对于第二个样例,对应的满二叉树可以达到最小负担。


首先我们要了解中序遍历,首先仅根据中序遍历是无法确定一颗树的,如果选定一个节点作为根节点,那么这个点左侧序列的点即为该节点的左子树,右边为右子树。这样我们很容易想到这个题可以区间DP

按区间长度从小到大枚举左右端点,枚举中间点做根,因为当一棵树成为一个点的子树时,就会增加子树节点价值和的负担值,所以对于l和r区间,如果l...(k - 1)成为第k个点的左子树,(k + 1)...r成为第k个点的右子树,那么就会增加\(pre[r] - pre[l]\)的负担值(pre为按照序列顺序的前缀和),加上原先两棵子树的负担值, 所以转移方程为
\[ dp[l][r] = min(dp[l][k - 1] + dp[k + 1][r] + pre[r] - pre[l - 1], dp[l][r]) \]
初始化\(dp[i][i]\)为序列上第i个数对应的节点的权值,其他均为最大值

注意细节,如果一开始将\(dp[i][j]\)全部赋为inf,那么转移时注意判断中间点是区间左右端点的情况,否则左右端点的情况答案会为inf,因此WA了一发

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 250
using namespace std;
long long w[maxn];
int a[maxn];
long long f[maxn][maxn];
long long pre[maxn];
int main() {
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        int n;
        scanf("%d", &n);
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            scanf("%lld", &w[i]);
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            scanf("%d", &a[i]);
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= n; j++) {
                f[i][j] = 0x7fffffffffffffff;
            }
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            pre[i] = pre[i - 1] + w[a[i]];
            f[i][i] = w[a[i]];
        }
        for (int len = 2; len <= n; len++) {
            for (int i = 1; i <= n - len + 1; i++) {
                int l = i, r = i + len - 1;
                f[l][r] = min(f[l + 1][r], f[l][r - 1]) + pre[r] - pre[l - 1];
                for (int k = l + 1; k <= r - 1; k++) {
                    f[l][r] = min(f[l][k - 1] + f[k + 1][r] + pre[r] - pre[l - 1], f[l][r]);
                }
            }
        }
        cout << f[1][n] << endl;
    }
}
/**********************************************************************
    Problem: 1980
    User: Artoriax
    Language: C++
    Result: AC
    Time:152 ms
    Memory:2516 kb
**********************************************************************/

标签:pre,不堪重负,1980,long,maxn,CSU,负担,节点,dp
来源: https://www.cnblogs.com/artoriax/p/10349224.html