题面在这里
题意
给出一棵(n)个节点的二叉查找树的中序遍历中每个节点的访问次数(p[i]),和相邻两节点(i)和(i+1)的访问次数(q[i])，构造一棵二叉查找树使得(sum_{i=1}^{n}d[i](s[i]+1)+sum_{i=0}^{n}(max(d[i],d[i+1])+1)[即查询两者之间值的实际比较次数] imes(q[i]))最小,输出这个最小值
数据范围
[nle 200,多组数据(T很小)
]
sol
利用树的递归定义,设(f[i][j])表示([l,r])内节点合并为一棵树的时候的答案,再根据叶子情况进行讨论,可以得到(O(Tn^3))的DP,其中主要部分是
[f[i][j]=min_{k=i}^{k=j}{(f[i][k-1]+f[k+1][j])+sum_{l=i}^{j}p[l]+sum_{l=i-1}^{j}q[l]}
]
(这里定义(f[i][i-1]=f[j+1][j]=0))
可以看到转移方程实际和(p,q)无关(其实这明摆着就是最优排序二叉树问题)
而这样做是会T的，然而其实上面的转移式和石子合并的转移式比较类似，于是可以通过类似的方法得出其也满足(s[i][j-1]le s[i][j]le s[i+1][j])的性质，于是就可以AC了
代码
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define RG register
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=405;
ll n,p[N],q[N],f[N][N],s[N][N];
int main()
{
while(scanf("%lld",&n)==1){
if(!n)break;
for(RG int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&p[i]),p[i]+=p[i-1];
for(RG int i=0;i<=n;i++)scanf("%lld",&q[i]),q[i]+=q[i-1];
memset(f,63,sizeof(f));
for(RG int i=1;i<=n;i++){
f[i][i]=q[i]+p[i]-p[i-1];
s[i][i]=i;
if(i>=2)f[i][i]-=q[i-2];
}
for(RG int i=1;i<=n+1;i++)f[i][i-1]=0;
for(RG int l=2;l<=n;l++)
for(RG int i=1;l+i-1<=n;i++)
for(RG int k=s[i][i+l-2];k<=s[i+1][i+l-1];k++)
if(i>=2){
f[i][l+i-1]=min(f[i][l+i-1],f[i][k-1]+f[k+1][l+i-1]+p[l+i-1]-p[i-1]+q[l+i-1]-q[i-2]);
if(f[i][l+i-1]==f[i][k-1]+f[k+1][l+i-1]+p[l+i-1]-p[i-1]+q[l+i-1]-q[i-2])s[i][l+i-1]=k;
}
else {
f[i][l+i-1]=min(f[i][l+i-1],f[i][k-1]+f[k+1][l+i-1]+p[l+i-1]-p[i-1]+q[l+i-1]);
if(f[i][l+i-1]==f[i][k-1]+f[k+1][l+i-1]+p[l+i-1]-p[i-1]+q[l+i-1])s[i][l+i-1]=k;
}
printf("%lld
",f[1][n]);
}
return 0;
}