题目描述
给你一棵 $n$ 层的完全二叉树，每个节点可以染黑白两种颜色。对于每个叶子节点及其某个祖先节点，如果它们均为黑色则有一个贡献值，如果均为白色则有另一个贡献值。要求黑色的叶子节点数目不超过 $m$ ，求最大总贡献值。
$nle 10$
输入
第一行两个数 n;m。接下来 2^(n-1) 行，每行n-1 个数，第 i 行表示编号为 2^(n-1)-1+ i 的平民对其n-1直系上司的作战贡献度，其中第一个数表示对第一级直系上司，即编号为 (2^(n-1)-1+ i)/2 的贵族的作战贡献度 wij，依次往上。接下来 2^(n-1)行，每行n-1个数，第i行表示编号为 2^(n-1)-1+ i的平民对其n-1个直系上司的后勤贡献度，其中第一个数表示对第一级直系上司，即编号为 (2^(n-1)-1+ i)/2 的贵族的后勤贡献度 fij ，依次往上。
输出
一行一个数表示满足条件的最大贡献值
样例输入
3 4
503 1082
1271 369
303 1135
749 1289
100 54
837 826
947 699
216 389
样例输出
6701
题解
暴力+树形背包dp
[NOI2006]网络收费 的套路。
提前计算叶子节点的总贡献，设 $f[i][j]$ 表示以 $i$ 为根的子树中，$j$ 个叶子节点的颜色为黑色（ $j$ 个平民选择战争）的最大总贡献值。
那么这显然是一个树形背包问题，处理左右节点后背包合并即可。
但是由于叶子节点的贡献与其祖先节点的颜色选择有关，我们不能直接得到贡献。由于这是一棵完全二叉树，因此可以暴力枚举每个非叶子节点的颜色。
这样有递归式 $T(1)=O(log k),T(k)=4T(frac k2)+O(k^2)$ ，不考虑 $T(1)$ 时根据主定理解得 $T(k)=O(k^2log k)$ ，考虑 $T(1)$ 时 $T(1)$ 被计算了 $k^2$ 次，贡献为 $O(k^2log k)$ 。
因此总的时间复杂度是正确的，为 $O(2^{2n}·n)$ 。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 1030
using namespace std;
int n , w[N][12] , v[N][12] , f[N][N] , p[12];
void dfs(int x , int d)
{
int i , j;
for(i = 0 ; i <= 1 << d ; i ++ ) f[x][i] = 0;
if(!d)
{
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
if(p[i]) f[x][1] += w[x][i];
else f[x][0] += v[x][i];
}
return;
}
p[d] = 0 , dfs(x << 1 , d - 1) , dfs(x << 1 | 1 , d - 1);
for(i = 0 ; i <= 1 << (d - 1) ; i ++ )
for(j = 0 ; j <= 1 << (d - 1) ; j ++ )
f[x][i + j] = max(f[x][i + j] , f[x << 1][i] + f[x << 1 | 1][j]);
p[d] = 1 , dfs(x << 1 , d - 1) , dfs(x << 1 | 1 , d - 1);
for(i = 0 ; i <= 1 << (d - 1) ; i ++ )
for(j = 0 ; j <= 1 << (d - 1) ; j ++ )
f[x][i + j] = max(f[x][i + j] , f[x << 1][i] + f[x << 1 | 1][j]);
}
int main()
{
int m , i , j , ans = 0;
scanf("%d%d" , &n , &m) , n -- ;
for(i = 0 ; i < (1 << n) ; i ++ ) for(j = 1 ; j <= n ; j ++ ) scanf("%d" , &w[i + (1 << n)][j]);
for(i = 0 ; i < (1 << n) ; i ++ ) for(j = 1 ; j <= n ; j ++ ) scanf("%d" , &v[i + (1 << n)][j]);
dfs(1 , n);
for(i = 0 ; i <= m ; i ++ ) ans = max(ans , f[1][i]);
printf("%d
" , ans);
return 0;
}