每个非叶子节点,其左右子树叶子节点的权值之和相等。我们称这种二叉树叫平衡二叉树。
我们将一棵平衡二叉树叶子节点的权值从左到右列出来,假如这个权值序列是另一个序列A的子序列,我们称这棵平衡二叉树“隐藏”在序列A当中。在本题中,我们称一个序列S2是另一个序列S1的子序列,当且仅当S2可以由S1中删除0个或多个元素,但不改变S1中剩余元素的相对位置获得。
你的任务是对给定的整数序列,寻找当中隐藏的具有最多叶子节点的平衡二叉树。
n<=1000,1<=ai<=500
显而易见,我们先枚举一个base,并将所有满足a[i]=base∗2j的提取出来,
形成一个新的数列A。
那么原问题就转化为:对于一个只有2的幂数的数列A,求一个最多叶子结点的隐藏平衡二叉树。
容易想到,可以利用动态规划来做。
但问题在于如何写转移方程。
如果我们摒弃时间复杂度不谈,
设f[i][j]表示前i个数中,未合并的数之和为j,的最多合并次数。
显然f[i−1][j]+1⇒f[i][j+A[i]] (A[i]<=lowbit(j))
先明白lowbit()的意义。
lowbit(x)表示x的二进制中,只保留最低位的1及其后面的0,得到的数。
由于A[i]<=lowbit(j),理解为,A[i]可以暂时储存在j中,因此可以转移。
如果不满足A[i]<=lowbit(j),会导致不连续的合并,是不允许的。
f[i][j]的第一维可以滚动;
第二维,可以只枚举可以达到的和的最大值。
这样优化之后,可以勉强卡过。
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<math.h>
#define ll long long
using namespace std;
const char* fin="tree.in";
const char* fout="tree.out";
const int inf=0x7fffffff;
const int maxn=1007,maxa=507,maxk=300000;
int n,i,j,k,ans=1;
int a[maxn];
int b[maxn],mi[maxn];
int f[maxk];
bool bz[maxa];
void solve(){
int i,j,k,l,MAX=0;
f[0]=0;
for (i=1;i<=b[0];i++){
for (j=MAX;j>=0;j--){
if (j==0 || (j&-j)>=b[i]){
k=j+b[i];
if (k>=maxk) continue;
f[k]=max(f[k],f[j]+1);
if ((k&-k)==k) ans=max(ans,f[k]);
MAX=max(MAX,k);
}
}
}
}
int main(){
freopen(fin,"r",stdin);
freopen(fout,"w",stdout);
scanf("%d",&n);
for (i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
//for (i=1,j=0;i<1<<maxk;i<<=1,j++) po[i]=j;
for (i=1;i<maxa;i++){
memset(bz,0,sizeof(bz));
memset(mi,0,sizeof(mi));
memset(f,128,sizeof(f));
for (j=i,k=0;j<maxa;j=j*2){
bz[j]=true;
mi[j]=++k;
}
b[0]=0;
for (j=1;j<=n;j++)
if (bz[a[j]]) b[++b[0]]=a[j]/i;
if (b[0]) solve();
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
关键点:
1.把原数列中提取出一个新的数列。
通过枚举,来简化问题。
2.运用特殊的DP技巧
本题的具体操作是,发现了题目中的特殊性。
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