CSUOJ-1980 不堪重负的数（区间dp）

1980: 不堪重负的树

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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。

• 一棵树由N个节点组成，编号为i的节点有一个价值Wi。
• 假设从树根出发前往第i个节点（可能是树根自己），一共需要经过Di个节点（包括起点和终点），那么这个节点对这棵树产生的负担就是Di与Wi的乘积。
• 对于一棵树而言，这棵树的负担值为所有节点对它产生的负担之和。

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。

Source

2017年8月月赛

Author

devember

解题思路：重点是理解中序遍历，先左子树、然后根节点、然后右子树。找出状态转移方程：dp[i][j] = min（dp[i][k-1]+dp[k+1][j]+a[j]-a[i-1]，dp[i][j]）然后枚举断点k（也就是根）就行。

做完觉得dp.区间dp和dfs还不太会。。所以重新看了下。想起来之前8月月赛这题刚好就是这个还不会。就做了。。。发现算法这东西，主要还是理解他的本质基础，这样比较容易掌握。。（虽然我还是菜鸡- -）

 

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=205;
const long long INF=1e18;
long long a[maxn],w[maxn];
long long dp[maxn][maxn];

int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        int n,m;
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%lld",&w[i]);
        }
        a[0] = 0;
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&m);
            a[i] = a[i-1] + w[m]; //求前缀和
            dp[i][i] = w[m];
        }
        for(int l=2;l<=n;l++)
        {
            for(int i=1;i+l-1<=n;i++)
            {
                int j = i+l-1;
                dp[i][j] = INF;
                for(int k=i;k<=j;k++)//枚举根
                {
                    long long temp = dp[i][k-1]+dp[k+1][j]+a[j]-a[i-1];
                    if(temp<dp[i][j])
                        dp[i][j] = temp;

                }
            }
        }
        printf("%lld
",dp[1][n]);
    }
}

哎。。前面好多算法都忘了。。当初就理解的不够透彻。。