题目描述
设一个 n 个节点的二叉树tree的中序遍历为（$1,2,3,…,n$），其中数字$1,2,3,…,n$为节点编号。每个节点都有一个分数（均为正整数），记第 i 个节点的分数为$di,tree$及它的每个子树都有一个加分，任一棵子树$subtree$（也包含$tree$本身）的加分计算方法如下：
$subtree$的左子树的加分× subtreesubtreesubtree的右子树的加分＋$subtree$的根的分数。
若某个子树为空，规定其加分为$1$，叶子的加分就是叶节点本身的分数。不考虑它的空子树。
试求一棵符合中序遍历为（$1,2,3,…,n$）且加分最高的二叉树$tree$。要求输出；
（1）$tree$的最高加分
（2）$tree$的前序遍历
输入输出格式
输入格式：
第$1$行：$1$个整数$n(n<30)$，为节点个数。
第$2$行：$n$个用空格隔开的整数，为每个节点的分数（分数$ <100$）。
输出格式：
第$1$行：$1$个整数，为最高加分（Ans ≤4,000,000,000 \le 4,000,000,000≤4,000,000,000）。
第$2$行：$n$个用空格隔开的整数，为该树的前序遍历。
输入输出样例
输入样例#1：
5 5 7 1 2 10
输出样例#1：
145 3 1 2 4 5
这是一道树形dp（幻灯片太恶意了。。。）
中序排列 = 左子树 + 根节点 + 右子树
然后我们就可以对于每个从i到j的节点的子树枚举它的根节点k，不断更新最大值同时把用g数组保存k值
一共有三种情况，空子树，叶结点和正常点，所以我们可以列出一个式子(你们想象一下有个大括号（我打不出来））
• a[i] i=j(叶子)
•f [i,j]= 1 i=j+1(空子树)
• max{f [i,k-1]*f [k+1,j]+a[k]} i<=k<=j
•答案为f [1,n]，时间复杂度为o(n3)。
接下来用递归输出前序排列就行了
然后又ac了（鼓掌.jpg)
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n;
int f[33][33],g[33][33],a[33];
const int q = 1e5 + 3;
int print(int l,int r)
{
if(l > r)return 0;
if(l == r)printf("%d ",l);//到了叶结点就把它直接输出
else{
printf("%d ",g[l][r]);//输出根节点
print(l,g[l][r] - 1);//继续去遍历左子树
print(g[l][r] + 1,r);//遍历右子树
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i = 1;i <= n;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
f[i][i] = a[i];//相当于叶结点
f[i][i - 1] = 1;//相当于空子树
}
for(int l = 2;l <= n;l++)
{
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
int j = i + l - 1;
f[i][j] = -q;//初始化这个数组的值为一个负数，这样就可以确保没有被计算过的点不会被选中
for(int k = i;k <= j;k++)
{
if(f[i][k - 1] * f[k + 1][j] + a[k] > f[i][j])
{
f[i][j] = max(f[i][j],f[i][k - 1] * f[k + 1][j] + a[k]);
g[i][j] = k;//存储从i到j的根节点k
}
}
}
}
printf("%d\n",f[1][n]);
print(1,n);
return 0;
}