【CSU - 1980 】不堪重負的樹（樹上區間dp）

題幹：

小X非常喜歡樹，然後他生成了一個大森林給自己玩。

玩着玩着，小X陷入了沉思。

• 一棵樹由N個節點組成，編号為i的節點有一個價值Wi。
• 假設從樹根出發前往第i個節點（可能是樹根自己），一共需要經過Di個節點（包括起點和終點），那麼這個節點對這棵樹産生的負擔就是Di與Wi的乘積。
• 對于一棵樹而言，這棵樹的負擔值為所有節點對它産生的負擔之和。

小X學習了dfs，如果他知道樹的結構，他當然可以很容易地算出樹的負擔值。可是現在沉思中的小X并不知道樹的結構形态，他隻知道一棵二叉樹的中序周遊以及每個節點的價值，那麼這棵二叉樹可能的最小負擔值是多少呢？

Input

第一行為一個正整數T(T≤20)表示資料組數。

每組資料包括三行。

第一行為一個正整數N(N≤200)。

第二行為N個正整數Wi(Wi≤108)，表示編号為i的節點的價值。

第三行為N個正整數Pi(Pi≤N)，為一個1~N的排列，表示二叉樹的中序周遊結果。

Output

對于每組資料，輸出一行一個正整數，表示這棵樹可能的最小負擔值。

Sample Input

2
4
1 2 3 4
1 2 3 4
7
1 1 1 1 1 1 1
4 2 3 5 7 1 6      

Sample Output

18
17      

Hint

對于第一個樣例，樹根為3，3的左兒子是2，3的右兒子是4，2的左兒子是1，這樣構成的樹可以達到最小負擔。

對于第二個樣例，對應的滿二叉樹可以達到最小負擔。

題目大意：

給出一顆二叉樹的中序周遊以及每一個節點的價值，求一棵最小負擔值的樹。那一句：“可能是樹根自己”，的意思是，根節點的負擔就是自身的價值。

解題報告：

  首先我們知道任給一個中序周遊序列，可以組成的樹有多種，而如何把這棵樹劃分開呢？就是看根節點是哪一棵。進而把序列分成左右兩棵子樹的合并，依次分解的最優解問題，考慮區間dp。

   其次就是考慮兩棵子樹如何合并的問題，其實也很簡單，無非就是讓這兩棵子樹的權值多加一遍，順便加一遍新的根節點的權值，換句話說，也就是對應中序周遊序列的區間和，這一點我們可以用字首和O1預處理出來，然後轉移就ok了。

#include<cstdio>
#include <assert.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
#include<string>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define ll long long
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define pm make_pair
using namespace std;
const int MAX = 2e2 + 6;
const ll INF = 0x3f3f;
ll w[MAX],p[MAX],val[MAX],sum[MAX];
ll dp[MAX][MAX];
int main()
{
  int t,n;
  cin>>t;
  while(t--) {
    scanf("%d",&n);
    memset(sum,0,sizeof sum);
    memset(dp,INF,sizeof dp);
    for(int i = 1; i<=n; i++) scanf("%lld",w+i);
    for(int i = 1; i<=n; i++) scanf("%lld",p+i);
    for(int i = 1; i<=n; i++) val[i] = w[p[i]],sum[i] = sum[i-1] + val[i],dp[i][i]=val[i];
    for(int len = 2; len <= n; len++) {
      for(int l = 1; l+len-1 <= n; l++) {
        int r = l + len - 1;
        dp[l][r]=min(dp[l+1][r],dp[l][r-1])+sum[r]-sum[l-1];
        for(int k = l+1; k<r; k++) {
          dp[l][r] = min(dp[l][r],dp[l][k-1] + dp[k+1][r] + sum[r] - sum[l-1]);
        }
      }
    }
    printf("%lld\n",dp[1][n]);
  } 
  return 0 ;
 }