codevs 2241 排序二叉树
★ 输入文件：bstree.in 输出文件：bstree.out 简单对比
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【问题描述】
一个边长为n的正三角形可以被划分成若干个小的边长为1的正三角形，称为单位三角形。
如右图，边长为3的正三角形被分成三层共9个小的正三角形，我们把它们从顶到底，从左到右以1～9编号，见右图。同理，边长为n的正三角形可以划分成n2个单位三角形。
四个这样的边长为n的正三角形可以组成一个三棱锥。我们将正三棱锥的三个侧面依顺时针次序（从顶向底视角）编号为A, B, C，底面编号为D。侧面的A, B, C号三角形以三棱锥的顶点为顶，底面的D号三角形以它与A，B三角形的交点为顶。左图为三棱锥展开后的平面图，每个面上标有圆点的是该面的顶，该图中侧面A, B, C分别向纸内方向折叠即可还原成三棱锥。我们把这A，B、C、D四个面各自划分成n2个单位三角形。
对于任意两个单位三角形，如有一条边相邻，则称它们为相邻的单位三角形。显然，每个单位三角形有三个相邻的单位三角形。现在，把1—4n2分别随机填入四个面总共4n2个单位三角形中。
现在要求你编程求由单位三角形组成的最大排序二叉树。所谓最大排序二叉树，是指在所有由单位三角形组成的排序二叉树中节点最多的一棵树．对于任一单位三角形，可选它三个相邻的单位三角形中任意一个作为父节点，其余两个分别作为左孩子和右孩子。当然，做根节点的单位三角形不需要父节点，而左孩子和右孩于对于二叉树中的任意节点来说并不是都必须的。
【输入】
输入文件为bstree.in。其中第一行是一个整数n(1<=n<=18)，随后的4n2个数，依次为三棱锥四个面上所填的数字。
【输出】
输出文件为bstree.out。其中仅包含一个整数，表示最大的排序二又树所含的节点数目。
【样例输入】
3
19 33 32 31 29 3 5 4 30
22 24 20 21 12 24 23 34 35
14 13 15 26 18 17 8 16 27
11 10 9 1 28 7 2 6 36
【样例】
输入文件对应下图：
【样例输出】
17
【提示】
输出样例文件对应的最大排序二叉树如下图所示：
1 /*正解代码：我给加了注解，建立排序二叉树的左右子树的时候，一定要注意建立的上下界，否则就不是排序二叉树*/ 2 /* 3 【算法分析】 4 在讨论问题的解法之前，我们先来看看二叉排序树的性质。 5 二叉排序树是一棵满足下列性质的二又树： 6 性质1 它或是一棵空树，或是一棵二叉树，满足左子树的所有结点的值都小于根结点的值，右子树的所有结点的值都大于根结点的值； 7 性质2 它若有子树，则它的子树也是二叉排序树。 8 根据性质1，我们可以知道，二叉排序树的左右子树是互不交叉的。也就是说，如果确定了根结点，那么我们就可以将余下的结点分成两个集合，其中一个集合的元素可能在左子树上，另一集合的元素可能在右子树上，而没有一个结点同时可以属于两个集合。这一条性质，满足了无后效性的要求，正因为二叉排序树的左右子树是互不交叉的，所以如果确定根结点后，求得的左子树，对求右子树是毫无影响的。因此，如果要使排序树尽可能大，就必须满足左右子树各自都是最大的，即局部最优满足全局最优。 9 根据性质2，二叉排序树的左右子树也是二叉排序树。而前面已经分析得到，左右子树也必须是极大的。所以，求子树的过程也是一个求极大二叉排序树的过程，是原问题的一个子问题。那么，求二叉排序树的过程就可以分成若干个阶段来执行，每个阶段就是求一棵极大的二叉排序子树。 10 由此，我们看到，本题中，二叉排序树满足阶段性（性质2）和无后效性（性质1），可以用动态规划解决。 11 下面来看具体解决问题的方法。 12 不用说，首先必须对给出的正三棱锥建图，建成一张普通的无向图。 13 根据正三棱锥中结点的性质，每个结点均与三个结点相连。而根据二叉排序树的性质，当一个结点成为另一个结点的子结点后，它属于左子树还是右子树也就确定下来了。所以，可以对每个结点进行状态分离，分离出三种状态——该结点作为与它相连的三个结点的子结点时，所得的子树的状态。但是，一个子结点可以根据它的父结点知道的仅仅是该子树的一个界（左子树为上界，右子树为下界），还有一个界不确定，所以还需对分离出来的状态再进行状态分离，每个状态代表以一个值为界（上界或下界）时的子树状态。 14 确定了状态后，我们要做的事就是推出状态转移方程。 15 前面已经提到，一个极大的二叉排序树，它的左右子树也必须是极大的。因此，如果我们确定以结点n为根结点，设所有可以作为它左子结点的集合为N1，所有可以作为它右子结点的集合为N2，则以n为根结点、结点大小在区间[l, r]上的最大二叉排序树的结点个数为： 16 【动态规划】排序二叉树 17 我们所要求的最大的二叉排序树的结点个数为：【动态规划】排序二叉树 18 从转移方程来看，我们定义的状态是三维的。那么，时间复杂度理应为O(n3)。其实并非如此。每个结点的状态虽然包含下界和上界，但是不论是左子结点还是右子结点，它的一个界取决于它的父结点，也就是一个界可用它所属的父结点来表示，真正需要分离的只有一维状态，要计算的也只有一维。因此，本题时间复杂度是O(n2)（更准确的说应该是O(3n2)）。 19 此外，由于本题呈现一个无向图结构，如果用递推形式来实现动态规划，不免带来很大的麻烦。因为无向图的阶段性是很不明显的，尽管我们从树结构中分出了阶段。不过，实现动态规划的方式不仅仅是递推，还可以使用搜索形式——记忆化搜索。用记忆化搜索来实现本题的动态规划可以大大降低编程复杂度。 20 */ 21 /*----------------代码----------------*/ 22 #include<iostream> 23 #include<cstdio> 24 using namespace std; 25 const int Limitn=18+2; 26 const int Limitpoint=1296+4; 27 int n; 28 int s[5][20][40]; 29 int c[Limitpoint][4]; 30 bool vis[Limitpoint][Limitpoint]; 31 int f[Limitpoint][4][Limitpoint]; 32 int best; 33 void init() 34 { 35 scanf("%d",&n);/*s[k][i][j]，第k个三角形的第i行的第j个*/ 36 for (int k=1;k<=4;k++) 37 for (int i=1;i<=n;i++) 38 for (int j=1;j<=i*2-1;j++) 39 scanf("%d",&s[k][i][j]); 40 } 41 void link(int a,int b) 42 { 43 if (!vis[a][b]) 44 { 45 vis[a][b]=1; 46 c[a][++c[a][0]]=b;/*邻接表建边，a不是节点的编号，而是一个数*/ 47 } 48 if (!vis[b][a]) 49 { 50 vis[b][a]=1; 51 c[b][++c[b][0]]=a; 52 } 53 } 54 void make_graph() 55 { 56 for (int k=1;k<=4;k++) 57 for (int i=2;i<n;i++) 58 for (int j=2;j<i*2-1;j++) 59 {/*三角形内部建边*/ 60 link(s[k][i][j],s[k][i][j-1]); 61 link(s[k][i][j],s[k][i][j+1]); 62 if (j%2) 63 link(s[k][i][j],s[k][i+1][j+1]); 64 else 65 link(s[k][i][j],s[k][i-1][j-1]); 66 } 67 for (int k=1;k<=4;k++) 68 for (int j=2;j<=n*2-1;j+=2) 69 {/*三角形最后一层建边*/ 70 link(s[k][n][j],s[k][n][j-1]); 71 link(s[k][n][j],s[k][n][j+1]); 72 link(s[k][n][j],s[k][n-1][j-1]); 73 } 74 for (int k=1,i=1;k<=n;k++,i++) 75 {/*相邻的棱三角形建边*/ 76 link(s[1][i][1],s[3][i][i*2-1]); 77 link(s[1][i][i*2-1],s[2][i][1]); 78 link(s[2][i][i*2-1],s[3][i][1]); 79 } 80 for (int j=1;j<=n*2-1;j+=2) 81 {/*其他三角形与第四个三角形建边*/ 82 link(s[1][n][j],s[4][n-(j/2)][1]); 83 link(s[2][n][j],s[4][j/2+1][((j/2)+1)*2-1]); 84 link(s[3][n][j],s[4][n][n*2-j]); 85 } 86 } 87 int tree_max(int i,int limit1,int limit2) 88 { 89 int from=1;/*找出i的父亲。防止又走回去*/ 90 while (c[i][from]!=limit2) from++; 91 if (f[i][from][limit1]>0) return f[i][from][limit1];/*记忆化搜索*/ 92 int l,r; 93 if (limit1>limit2)/*建立右子树的边界*/ 94 { 95 l=limit2+1; 96 r=limit1; 97 } 98 else/*建立左子树的边界*/ 99 { 100 l=limit1; 101 r=limit2-1; 102 } 103 int lmax=0,rmax=0; 104 for (int j=1;j<=3;j++)/*枚举当前点的所有邻接点，不找到父亲，而且符合上下边界*/ 105 if (j!=from && (l<=c[i][j] && c[i][j]<=r)) 106 if (c[i][j]<i)/*建立左子树*/ 107 lmax=max(lmax,tree_max(c[i][j],l,i)); 108 else/*建立右子树*/ 109 rmax=max(rmax,tree_max(c[i][j],r,i)); 110 f[i][from][limit1]=lmax+rmax+1; 111 return f[i][from][limit1]; 112 } 113 void dfs() 114 { 115 best=0; 116 for (int i=1;i<=n*n*4;i++)/*枚举所有点*/ 117 { 118 int lmax=0,rmax=0; 119 for (int j=1;j<=3;j++) 120 if (c[i][j]<i)/*c[i][j]比i小，就建立左子树*/ 121 lmax=max(lmax,tree_max(c[i][j],1,i)); 122 else 123 rmax=max(rmax,tree_max(c[i][j],n*n*4,i)); 124 best=max(best,lmax+rmax+1);/*别忘了加上它本身的根节点*/ 125 } 126 } 127 int main() 128 { 129 130 init(); 131 make_graph(); 132 dfs(); 133 printf("%d\n",best); 134 return 0; 135 }
我的代码：
1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 #include<cstdio> 4 #include<cstdlib> 5 #define Njd 2000 6 #include<cstring> 7 #define K 5 8 #define L 20 9 int gra[K][L][L<<1]; 10 int edge[Njd][5]; 11 int f[Njd][K][Njd]={0}; 12 int n,ans=0; 13 bool vis[Njd][Njd]={0}; 14 void add_edge(int a,int b) 15 { 16 if(!vis[a][b]) 17 { 18 vis[a][b]=true; 19 edge[a][++edge[a][0]]=b; 20 } 21 if(!vis[b][a]) 22 { 23 vis[b][a]=true; 24 edge[b][++edge[b][0]]=a; 25 } 26 } 27 void input() 28 { 29 scanf("%d",&n); 30 for(int i=1;i<=4;++i) 31 for(int j=1;j<=n;++j) 32 for(int k=1;k<=(2*j-1);++k) 33 scanf("%d",&gra[i][j][k]); 34 } 35 void build_graph() 36 { 37 for(int i=1;i<=4;++i) 38 for(int j=2;j<n;++j) 39 for(int k=2;k<=(2*j-2);++k) 40 { 41 add_edge(gra[i][j][k],gra[i][j][k-1]); 42 add_edge(gra[i][j][k],gra[i][j][k+1]); 43 if(k%2==0) 44 { 45 add_edge(gra[i][j][k],gra[i][j-1][k-1]); 46 } 47 else add_edge(gra[i][j][k],gra[i][j+1][k+1]); 48 49 } 50 for(int k=1;k<=4;++k) 51 for(int j=2;j<=(2*n-1);j+=2) 52 { 53 add_edge(gra[k][n][j],gra[k][n][j-1]); 54 add_edge(gra[k][n][j],gra[k][n][j+1]); 55 add_edge(gra[k][n][j],gra[k][n-1][j-1]); 56 } 57 for(int i=1;i<=n;++i) 58 { 59 add_edge(gra[1][i][2*i-1],gra[2][i][1]); 60 add_edge(gra[1][i][1],gra[3][i][2*i-1]); 61 add_edge(gra[2][i][2*i-1],gra[3][i][1]); 62 } 63 for(int i=1;i<=n;++i) 64 { 65 add_edge(gra[4][i][2*i-1],gra[2][n][2*i-1]); 66 add_edge(gra[4][i][1],gra[1][n][2*n-(2*i-1)]); 67 add_edge(gra[4][n][2*i-1],gra[3][n][2*n-(2*i-1)]); 68 } 69 } 70 int memory_dfs(int k,int limit1,int limit2) 71 { 72 int from=1; 73 while(edge[k][from]!=limit2) 74 { 75 from++; 76 } 77 if(f[k][from][limit1]>0) 78 return f[k][from][limit1]; 79 int l,r; 80 if(limit1>limit2) 81 { 82 r=limit1;l=limit2+1; 83 } 84 else { 85 l=limit1;r=limit2-1; 86 } 87 int lmax=0,rmax=0; 88 for(int j=1;j<=3;++j) 89 { 90 if(j!=from&&edge[k][j]>=l&&edge[k][j]<=r) 91 { 92 if(edge[k][j]<k) 93 lmax=max(lmax,memory_dfs(edge[k][j],l,k)); 94 else rmax=max(rmax,memory_dfs(edge[k][j],r,k)); 95 96 } 97 98 } 99 f[k][from][limit1]=lmax+rmax+1; 100 return f[k][from][limit1]; 101 } 102 int main() 103 { 104 input(); 105 build_graph(); 106 ans=0; 107 int lmax=0,rmax=0; 108 for(int i=1;i<=n*n*4;++i) 109 { 110 lmax=0;rmax=0; 111 for(int j=1;j<=3;++j) 112 { 113 if(edge[i][j]>0&&edge[i][j]<i) 114 lmax=max(lmax,memory_dfs(edge[i][j],1,i)); 115 else rmax=max(rmax,memory_dfs(edge[i][j],n*n*4,i)); 116 } 117 ans=max(ans,lmax+rmax+1); 118 } 119 printf("%d\n",ans); 120 return 0; 121 }
