BZOJ3057: 圣主的考验

Description

若对于二叉树T的每个节点v，其左子树的高度L和右子树的高度R均满足|L – R|≤1，则这个树T有可能来自超自然之界。规定若某节点子树为空，则该子树的高度是0。你的任务是求有N个节点的可能来自超自然之界的树的数目。

题目：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3057

题解：
搬运题解，实在是神优化。。。

裸的树形DP很简单，F[i,j]表示i个节点，高度为j的方案数。枚举左子树有多少个节点转移即可。

但是这样是O(N^3)的，会超时。

注意到满足题目所述要求的树高度的范围很小。不妨把具有i个节点的满足题目要求的树的高度范围记为L[i]~R[i]。

那么我们先考虑如下两个问题：

高度为h的树最多有多少个节点。显然就是这个高度的满二叉树的节点个数。

即：max[h]=max[h-1]*2+1;

高度为h的树最少有多少个节点。画出前几项之后可以发现就是把h-1和h-2两个树分别作为h的左右子树。

即：min[h]=min[h-1]+min[h-2]+1;

求出max、min这两个数组之后，转化一下，扫描一遍即可求出L、R。

由于L[i]~R[i]的范围非常小，那么我们预处理3000以内的答案，然后O(1)回答即可。

applepi特意安排了一个trick——输出问题。答案不足九位，要直接输出。多于九位，要补足前导零。这个可以在本地打表找到分界点，大概是37~38这里是分界点。。。

代码：直接copy了。。。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 3000, mod = 1000000000;
int maxh[31], minh[31], L[N + 10], R[N + 10];
ll dp[N + 10][31], ans[N + 10]; 

int main ()
{
 freopen("domine.in", "r", stdin), freopen("domine.out", "w", stdout);
 dp[0][0] = dp[1][1] = 1, ans[1] = 1;
 minh[1] = 1, minh[2] = 2;
 for (int i = 3; i <= 30; i++) minh[i] = minh[i - 1] + minh[i - 2] + 1;
 for (int i = 1; minh[i] <= N && i <= 30; i++)
  for (int j = minh[i]; j < min(minh[i + 1], N + 1); j++) R[j] = i;
 maxh[1] = 1;
 for (int i = 2; i <= 30; i++) maxh[i] = maxh[i - 1] * 2 + 1;
 L[1] = 1;
 for (int i = 2; maxh[i - 1] <= N && i <= 30; i++)
  for (int j = maxh[i - 1] + 1; j <= min(maxh[i], N); j++) L[j] = i;
 for (int i = 2; i <= N; i++)
 {
  for (int l = 0; l < i; l++)
  {
   int r = i - 1 - l;
   for (int h = max(0, L[i] - 2); h <= min(29, R[i] - 1); h++)
   {
    if (h) dp[i][h + 1] += dp[l][h] * dp[r][h - 1];
    (dp[i][h + 1] += dp[l][h] * dp[r][h]) %= mod;
    dp[i][h + 2] += dp[l][h] * dp[r][h + 1];
   }
  }
  for (int h = 1; h <= min(29, i); h++)
   ans[i] += dp[i][h];
  ans[i] %= mod;
 }
 int n; while (scanf("%d", &n), n)
  printf(n >= 38 ? "%09lld
" : "%lld
", ans[n]);
 fclose(stdin), fclose(stdout);
 return 0;
}