背景
\(CCF\) \(NOIP2003\) \(T3\)， \(Luogu\) \(P1040\)
题意
设一棵二叉树（形态未知）的中序遍历是 \(\{ 1,2,3,\cdots,n \}\) 。给定这 \(n\) 个节点的权值，规定一棵子树的得分是左右子树得分之积加上根节点权值的结果。请构造出一棵满足题意的树使得得分最大，并求出最大得分和树的先序遍历。注意叶节点的得分是本身权值，仅有一棵子树的节点另一棵空子树得分记为 \(1\) 。
解法
不是树形 \(dp\) 模板。是习题。
然而我死活想不出解。后来发现我把中序遍历和先序遍历搞混淆了。
由于构造出来的树要满足中序遍历的要求，则选定 \(x\) 点为子树 \([l,r]\) 的根之后左子树只能为 \([l,x-1]\) ，右子树只能为 \([x+1,r]\) 。于是就有了最优子结构性质。
设 \(f_{l,r}\) 表示中序遍历是 \(\{ l,l+1,l+2,\cdots,r \}\) 的子树的最大得分。则转移应当枚举其中的一个点作为这棵子树的根，再递归计算左右子树的值。
于是考虑记忆化搜索（本质是动态规划的递归实现形式），状态转移是 \(f_{l,r}=\max_\limits{k \in [l,r]} \{ f_{l,k-1} \times f_{k+1,r}+val_k \}\) 。要求的就是 \(f_{l,r}\) 。
最后考虑怎么输出先序遍历。由于先根、后左子、最后右子，于是在 \(dp\) 的时候可以给每棵子树 \([l,r]\) 确定一个根节点 \(root_{l,r}\) ，做完之后从 \([1,n]\) 开始递归输出即可，先输出根节点，再递归左子树，最后递归右子树。
细节
\(1.\) 两个边界：子树为空（即 \(l>r\) ）时显然得分只能为 \(0\) ；子树仅有一个节点（即 \(l=r\) ，是一个叶节点）时显然得分就是本身权值。
\(2.\) 注意输出时为了避免递归不停止，在子树为空（即 \(l>r\) ）时直接 \(return\) 。
\(View\) \(Code\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read()
{
int ret=0,f=1;
char ch=getchar();
while('9'<ch||ch<'0')
{
if(ch=='-')
f=-1;
ch=getchar();
}
while('0'<=ch&&ch<='9')
{
ret=(ret<<1)+(ret<<3)+ch-'0';
ch=getchar();
}
return ret*f;
}
int n,val[35],rt[35][35];
long long f[35][35];
int dp(int l,int r)
{
if(r<l)
return 1;
if(l==r)
{
rt[l][r]=l;
return val[l];
}
if(f[l][r])
return f[l][r];
int anspos=0;
long long ans=0,nowans=0;
for(register int i=l;i<=r;i++)
{
nowans=dp(l,i-1)*dp(i+1,r)+val[i];
if(nowans>ans)
{
ans=nowans;
anspos=i;
}
}
rt[l][r]=anspos;
return f[l][r]=ans;
}
void print(int l,int r)
{
if(r<l)
return;
printf("%d ",rt[l][r]);
print(l,rt[l][r]-1);
print(rt[l][r]+1,r);
}
int main()
{
n=read();
for(register int i=1;i<=n;i++)
val[i]=read();
printf("%d\n",dp(1,n));
print(1,n);
return 0;
}