NOI2009 二叉查找树 【区间dp】
【NOI2009】二叉查找树
【问题描述】
已知一棵特殊的二叉查找树。根据定义,该二叉查找树中每个结点的数据值
都比它左子树结点的数据值大,而比它右子树结点的数据值小。
另一方面,这棵查找树中每个结点都有一个权值,每个结点的权值都比它的
儿子结点的权值要小。
已知树中所有结点的数据值各不相同;所有结点的权值也各不相同。这时可
得出这样一个有趣的结论:如果能够确定树中每个结点的数据值和权值,那么树
的形态便可以唯一确定。因为这样的一棵树可以看成是按照权值从小到大顺序插
入结点所得到的、按照数据值排序的二叉查找树。
一个结点在树中的深度定义为它到树根的距离加 1。因此树的根结点的深度
为 1。
每个结点除了数据值和权值以外,还有一个访问频度。我们定义一个结点在
树中的访问代价为它的访问频度乘以它在树中的深度。整棵树的访问代价定义为
所有结点在树中的访问代价之和。
现在给定每个结点的数据值、 权值和访问频度, 你可以根据需要修改某些
结点的权值,但每次修改你会付出 K 的额外修改代价。你可以把结点的权值改
为任何实数,但是修改后所有结点的权值必须仍保持互不相同。现在你要解决的
问题是, 整棵树的访问代价与额外修改代价的和最小是多少?
【输入格式】
输入文件为 treapmod.in。
输入文件第一行包含两个正整数 N 和 K。 N 为结点的个数, K 为每次
修改所需的额外修改代价。
接下来一行包含 N 个非负整数,是每个结点的数据值。
再接下来一行包含 N 个非负整数,是每个结点的权值。
再接下来一行包含 N 个非负整数,是每个结点的访问频度。
所有的数据值、权值、访问频度均不超过 400000。每两个数之间都有一个
空格分隔,且行尾没有空格。
【输出格式】
输出文件为 treapmod.out。
输出文件只有一个数字,即你所能得到的整棵树的访问代价与额外修改代价
之和的最小值。
【样例 1 输入】
4 10
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
【样例 1 输出】
29
第 6 页 共 8 页
【样例 1 说明】
输入的原图是左图,它的访问代价是 1×1+2×2+3×3+4×4=30。最佳的修改方
案 是 把 输 入 中 的 第 3 个 结 点 的 权 值 改 成 0 , 得 到 右 图 ,
访 问 代 价 是 1×2+2×3+3×1+4×2=19,加上额外修改代价 10,一共是 29。
【子任务】
40%的数据满足 N ≤ 30;
70%的数据满足 N ≤ 50;
100%的数据满足 N ≤ 70, 1 ≤ K ≤ 30000000。
【题解】
数据值已经确定了,那么这棵树的中序遍历就已经确定了,我们相当于改变权值来改变深度。
而权值可以是任意实数,但是却和答案无关,我们完全可以离散化一下。
那么我们设dp[i][j][w]表示以区间[i,j]内的节点为树,根节点都>=w的方案总数。
我们通过枚举区间内的根k,可以写出转移方程(sum(i,j)表示[i,j]的访问频率和)。
当k>=w时,我们就可以把k之间弄成根,dp[i][j][w]=min(dp[i][k-1][wk]+dp[k+1][j][wk]+sum(i,j));
也可以把k的权值修改成w,dp[i][j][w]=min(dp[i][k-1][w]+dp[k+1][w]+K+sum(i,j));
因为如果直接dp偏序关系不太明确,在实现时可以使用记忆化搜索。(表示一开始直接dp调了一个上午没调出来)
【Code】
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
#define ll long long
#define REP(i,a,b) for(register int i=(a),_end_=(b);i<=_end_;i++)
#define DREP(i,a,b) for(register int i=(a),_end_=(b);i>=_end_;i--)
#define EREP(i,a) for(register int i=start[(a)];i;i=e[i].next)
inline int read()
{
int sum=,p=;char ch=getchar();
while(!((''<=ch && ch<='') || ch=='-'))ch=getchar();
if(ch=='-')p=-,ch=getchar();
while(''<=ch && ch<='')sum=sum*+ch-,ch=getchar();
return sum*p;
} const int maxn=; int n,K; struct node {
int a,b,c;
};
node g[maxn]; bool cmp (const node x,const node y)
{
return x.a<y.a;
} int Sum(int x,int y)
{
return g[y].c-g[x-].c;
} void init()
{
int s[maxn];
n=read();K=read();
REP(i,,n)g[i].a=read();
REP(i,,n)g[i].b=read(),s[i]=g[i].b;
REP(i,,n)g[i].c=read();
sort(g+,g+n+,cmp);
sort(s+,s+n+);
int cnt=unique(s+,s+n+)-(s+);
REP(i,,n)
{
REP(j,,cnt)
{
if(g[i].b==s[j]){g[i].b=j;break;}
}
}
REP(i,,n)g[i].c+=g[i-].c;
} ll dp[maxn][maxn][maxn]; void chkmin(ll &a,ll b)
{
if(a>b)a=b;
}
#define inf 0x7ffffffffff
ll dfs(int l,int r,int k)
{
if(l>r)return ;
if(~dp[l][r][k])return dp[l][r][k];
ll ans=inf;
REP(i,l,r)
{
chkmin(ans,dfs(l,i-,k)+dfs(i+,r,k)+K);
if(g[i].b>=k)chkmin(ans,dfs(l,i-,g[i].b)+dfs(i+,r,g[i].b));
}
return dp[l][r][k]=ans+Sum(l,r);
} void doing()
{
memset(dp,-,sizeof(dp));
//REP(i,1,n)dp[i][i][g[i].b]=Sum(i,i);
/*REP(len,1,n-1)
{
REP(i,1,n-len)
{
int j=i+len;
REP(k,1,Min(i,j))
{
REP(l,i,j)
{
int Mn=Min(i,j),z=0;
if(Mn==g[l].b)z=0;else z=K;
chkmin(dp[i][j][k],dp[i][l-1][Mn]+dp[l+1][j][Mn]+z+Sum(i,j));
}
}
}
}*/
cout<<dfs(,n,)<<endl;
}
int main()
{
init();
doing();
return ;
}
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