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Description
设一个n个节点的二叉树tree的中序遍历为（l,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j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× subtree的右子树的加分＋subtree的根的分数
若某个子树为主，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
Input
第1行：一个整数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）。
Output
第1行：一个整数，为最高加分（结果不会超过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。
Sample Input
5
5 7 1 2 10
Sample Output
145
3 1 2 4 5
分析：如果一个整棵树的权值最大，那么这棵树的左子树、右子树也最大。
1 2 3 …… k …… n-1 n
root
状态转移方程：f[I,j]=max(d[k]+f[i,k-1]*f[k+1,j]){i<=k<=j}
当只有一个数时，最优解就一定是这个数，即f[I,i]=d[i]
当只有两个数时，最优解就一定是这个数，即f[I,i+1]=d[i]+d[i+1]
（预处理）
我们要求的就是f[1,n]，用dp就可以了，时间复杂度为O(n^3)；
const
maxn=30;
var
f,r:array[1..maxn,1..maxn] of longint; //r记录该节点的父节点
a:array[1..maxn] of longint;
n:longint;
procedure init;
var
i:longint;
begin
readln(n);
for i:=1 to n do
read(a[i]);
end;
procedurepreorder(p1,p2:longint);
begin
if p2>=p1
then begin
write(r[p1,p2],‘ ‘);
preorder(p1,r[p1,p2]-1);
preorder(r[p1,p2]+1,p2);
end;
end;
procedure dp;
var
i,j,k,t,max:longint;
begin
for i:=1 to n do
begin
f[i,i]:=a[i];
r[i,i]:=i;
end;
for i:=1 to n-1 do
begin
f[i,i+1]:=a[i]+a[i+1];//预处理
r[i,i+1]:=i;
end;
for j:=2 to n-1 do
for i:=1 to n-j do
begin
max:=f[i,i]+f[i+1,i+j];//根结点为i
r[i,i+j]:=i;
for k:=1 to j do //枚举i—j-1的所有节点
begin
t:=f[i+k,i+k]+f[i,i+k-1]*f[i+k+1,i+j];
if t>max
then begin
max:=t;
r[i,i+j]:=i+k;
end;
end;
t:=f[i,i+j-1]+f[i+j,i+j]; //当根节点为j的情况
if t>max
then begin
max:=t;
r[i,i+j]:=i+j+1;
end;
f[i,i+j]:=max;
end;
end;
procedure print;
begin
writeln(f[1,n]);
preorder(1,n);
end;
begin
init;
dp;
print;
end.
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原文地址：http://blog.csdn.net/liangzihao1/article/details/51344548
