Description
Input
Output
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。
Sample Input
4 10
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
Sample Output
29
HINT
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。
Source
http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1564
这一道题我在听jiry上课时听过，但是却没有一遍过。
事实上，我交了6遍RE才变成WA，然后又交了4遍WA才A了。。。。。。。
不是我水平不行（其实是的），NOI的题太难了。
我们切入正题，二叉查找树有两种方法可以解决，一种是数据结构，然而对于我们这种弱菜。。。。。
另一种叫树形DP，勉强可以接受了。
第一步：将权值按从小到大排序后用其在数组中编号来表示其权值
第二步：
既然是动态规划，方程是要列的
首先我们对所有点的权值进行离散化，先前已经做过了，这样每个点的权值必然在区间[1,n] 中，用f[i][j][w] 来表示前序遍历中，区间[i,j] 对应的点作为一个子树，并且子树中所有权值都大于等于w ，这个子树访问代价与修改代价之和的最小值。
显然我们要枚举这个子树的根节点k ，那么有两种情况：1、点k 本来的权值是小于w 的，那么要符合小根堆的特性，点k 权值要修改为w 。2、点k 本来的权值就是大于等于w 的，那么可以选择不修改点k 的权值，也可以选择修改点k 的权值。
然后得到方程
f[i][j][w]=min i≤k≤j {f[i][k−1][w]+f[k+1][j][w]+K+∑ t=i j frequence t },weight k <w
f[i][j][w]=min i≤k≤j {f[i][k−1][weight k ]+f[k+1][j][weight k ]+∑ t=i j frequence t }
1 #include <iostream> 2 #include <stdio.h> 3 #include <stdlib.h> 4 #include <string.h> 5 #include <algorithm> 6 7 #define MAXN 80 8 9 using namespace std; 10 11 struct Node 12 { 13 int val; //键值 14 int weight; //权值 15 int frequence; //频率 16 }node[MAXN]; 17 18 int n,K; 19 20 bool cmp(Node a,Node b) 21 { 22 return a.val<b.val; 23 } 24 25 int f[MAXN][MAXN][MAXN],stack[MAXN],top=0; //边界：f[i][i-1][w]=0,表示点i为根结点，下面无左儿子(i-1为根节点，下面无右儿子)，显然f值为0 26 int sum[MAXN]; //频率的前缀和 27 28 int main() 29 { 30 scanf("%d%d",&n,&K); 31 for(int i=1;i<=n;i++) 32 scanf("%d",&node[i].val); 33 for(int i=1;i<=n;i++) 34 scanf("%d",&node[i].weight),stack[++top]=node[i].weight; 35 for(int i=1;i<=n;i++) 36 scanf("%d",&node[i].frequence); 37 sort(stack+1,stack+top+1); 38 for(int i=1;i<=n;i++) 39 node[i].weight=lower_bound(stack+1,stack+top+1,node[i].weight)-stack; 40 sort(node+1,node+n+1,cmp); 41 for(int i=1;i<=n;i++) 42 sum[i]=sum[i-1]+node[i].frequence; 43 memset(f,0x3f,sizeof(f)); 44 for(int i=1;i<=n+1;i++) 45 for(int w=0;w<=n;w++) 46 f[i][i-1][w]=0; 47 for(int w=n;w>=1;w--) 48 for(int i=n;i>=1;i--) 49 for(int j=i;j<=n;j++) 50 for(int k=i;k<=j;k++) //枚举[i,j]这段区间的点对应的子树，该子树以点k作为根节点 51 { 52 f[i][j][w]=min(f[i][j][w],f[i][k-1][w]+f[k+1][j][w]+K+sum[j]-sum[i-1]); //k本来权值小于K，将其权值变为k 53 if(node[k].weight>=w) f[i][j][w]=min(f[i][j][w],f[i][k-1][node[k].weight]+f[k+1][j][node[k].weight]+sum[j]-sum[i-1]); //k的权值本身就大于等于K，因此可以不变 54 } 55 int ans=0x3f3f3f3f; 56 for(int w=0;w<=n;w++) 57 ans=min(ans,f[1][n][w]); 58 printf("%d ",ans); 59 return 0; 60 }
PS：其实这个方程我也没列出来，最后看题解看了好久才看懂