“ 洛谷 ”P4539 [SCOI2006]zh_tree
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[SCOI2006]zh_tree
题目限制
- 内存限制：250.00MB
- 时间限制：1.00s
- 标准输入输出
题目知识点
- 思维
- 动态规划 \(dp\)
- 区间\(dp\)
题目来源
为了方便大家阅读通畅，题目可能略有改动，保证不会造成影响
题目
题目背景
张老师根据自己工作的需要，设计了一种特殊的二叉搜索树
题目描述
他把这种二叉树起名为 zh_tree，对于具有 \(n\) 个节点的 zh_tree，其中序遍历恰好为 \((1、2、3、···、n)\)，其中数字 \(1、2、3、···、n\) 是每个节点的编号
\(n\) 个结点恰好对应于一组学术论文中出现的 \(n\) 个不同的单词
第 \(i\) 个单词在该组论文中出现的次数记为 \(d_i\)，例如，\(d_2 = 10\) 表示第 \(2\) 个节点所对应的单词在该组论文中出现了 \(10\) 次
设该组论文中出现的单词总数为 \(S\)，即 \(S = d_1 + d_2 + ··· + d_n = \sum _{i = 1} ^{n} d_i\)
记 \(f_i = \frac{d_i}{S}\) 为第 \(i\) 个单词在该组论文中出现的 概率(频率)
张老师把根节点深度规定为 \(0\)，如果第 \(i\) 个节点的深度为 \(r_i\)，则访问该节点的代价为 \(h_i\)，\(h_i = k(r_i + 1) + c\)，其中 \(k、c\) 为已知的常数 \((0 < k, c \leq 100)\)
则 zh_tree 是满足 \(h_1f_1 + h_2f_2 + ··· + h_nf_n = \sum _{i = 1} ^ {n} h_if_i\) 最小的一棵二叉树
我们称上式为访问 zh_tree 的代价
请你根据已知的数据为张老师设计一棵 zh_tree
格式
输入格式
输入共 \(2\) 行：
对于第 \(1\) 行，\(3\) 个用空格隔开的正数，\(n、k、c\)。其中 \(n < 30\)，为整数；\(k、c\) 为不超过 \(100\) 的正实数
对于第 \(2\) 行：\(n\) 个用空格隔开的正整数，为每个单词出现的次数 \(d_i(d_i < 200)\)
输出格式
输出一行：一个正实数，保留 \(3\) 位小数，表示访问 zh_tree 的最小代价
样例
样例输入
4 2 3.5
20 30 50 20
样例输出
7.000
提示
数据范围
对于 \(100\%\) 的数据：\(1 \leq n < 30\)，\(0 < k、c \leq 100\)，\(d_i < 200\)
思路
对于每个节点的深度 \(r_i\)，由于 \(h_i = k(r_i + 1) + c\)，不妨可以把根节点的深度改为 \(1\)，这样就可以直接用 现在的 \(r_i\) 表示 原来的 \(r_i + 1\) 了
我们可以先把 \(\sum _{i = 1} ^ {n} h_if_i\) 化简
\(\sum _{i = 1} ^ {n} (h_i * f_i) = \sum _{i = 1} ^{n} [k(r_i + c) * \frac{d_i}{S}] = k * \frac{1}{S} * \sum _{i =1} ^{n} [(r_i + c) * d_i] = \frac{k}{S} * \sum _{i = 1} ^{n} (r_i * d_i + c * d_i) = \frac{k}{S} * (\sum _{i = 1} ^{n} r_i * d_i + \sum _{i = 1} ^{n} c * d_i) = (\frac{k}{S} * \sum _{i = 1} ^{n} r_i * d_i) + [\frac{k}{S} * c * \sum _{i = 1} ^{n} d_i] = (\frac{k}{S} * \sum _{i = 1} ^{n} r_i * d_i) + [\frac{k}{S} * c * S] = k * [\frac{\sum _{i = 1} ^{n} r_i * d_i}{S} + c]\)
题目要我们求 \(\sum _{i = 1} ^ {n} h_if_i\) 的最小值，就可以转化成求 \(\sum _{i = 1} ^{n} r_i * d_i\) 的最小值了
这道题也就是道 区间 \(dp\) 的题目了
分析
设 \(dp[i][j]\) 表示：一棵二叉树的 中序遍历(左子树，根节点，右子树) 为 \((i、i + 1、i + 2、···、j)\) 时，\(\sum _{k = i} ^{j} r_k * d_k\) 的最小值
最终的答案就是 \(\frac{K * dp[1][n]}{S} + C\) 了
首先，对于每个 \(k = i = j\)，\(dp[k][k] = r_k * d_k\)；而其它的每个 \(i \neq j\)，值则为 \(INF\)，即无穷大 —— 这是初始状态
其次，每个 \(dp[i][j] (i < j)\) 是由上一个状态转移而来的，我们可以用 \(k\) 来枚举每一个可能的子树根节点 \(->\) 就得到由 \(k\) 分成的左子树和右子树了，由于要生成新的一棵二叉树，左右子树每个节点的深度需要加 \(1\)，贡献就是 \((\sum _{t = i} ^{k – 1} d_t) + (\sum _{t = k + 1} ^{j} d_t)\)；同时还有当前 \(k\) 节点的贡献 \(d_k\)；总贡献就是 \(\sum _{t = i} ^{j} d_t\)
所以 \(dp[i][j] = \min\{dp[i][k – 1] + dp[k + 1][j] + \sum _{t = i} ^{j} d_t\}\)
不过，需要在 \(k = i\) 或 \(k = j\) 的时候特殊处理
代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
const int MAXN = 30;
int N, S;
int D[MAXN + 5];
int Pre[MAXN + 5]; // 前缀和优化
double K, C;
double dp[MAXN + 5][MAXN + 5];
int main()
{
memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
scanf("%d %lf %lf", &N, &K, &C);
for (int i = 1; i <= N; i++)
{
scanf("%d", &D[i]);
Pre[i] = S += D[i];
dp[i][i] = 1.0 * D[i];
}
for (int len = 2; len <= N; len++)
{
for (int i = 1, j = len; j <= N; i++, j++)
{
dp[i][j] = Min(dp[i][j - 1], dp[i + 1][j]);
for (int k = i + 1; k <= j - 1; k++)
dp[i][j] = Min(dp[i][j], dp[i][k - 1] + dp[k + 1][j]);
dp[i][j] += 1.0 * (Pre[j] - Pre[i - 1]);
}
}
printf("%.3lf\n", K * dp[1][N] / S + C);
return 0;
}
