习题：Recovering BST(DP)

题目

传送门

思路

注意到BST的中序遍历是有序的

所以先将原数组排个序

首先考虑暴力做法

\(dp_{i,j,k}\)表示区间i~j能否构成了一颗BST，BST的根为k

总共的时间复杂度为\(O(n^3)\)，但是明显跑不满

具体时间复杂度\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i}^{n}\sum_{k=i}^{j}1=\sum_{i=1}^{n}((n-i+1)*i)\)

主要障碍在空间上，而不在时间上

我们之后再来考虑一下整颗数的性质

对于区间\(l\)~\(r\)，还有点\(r+1\)，因为排完序后中序遍历已经定了

所以点\(r+1\)一定是区间\(l+r\)所构成的BST的根节点的父亲节点

当然可能有人会说万一这个点是最右边一个叶节点的右儿子

其实也无妨，你可以将原来的BST旋转一下，

可以证明旋转之后的树依旧是BST

所以我们设两个数组\(l_{i,j}和r_{i,j}\)表示区间\(i\)~\(j-1\)是\(j\)的左/右儿子能否构成BST

转移的话就相当于将两颗BST拼起来，再插入一个点

代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n;
int a[705];
int g[705][705];
int le[705][705];
int ri[705][705];
int main()
{
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i];
	sort(a+1,a+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		le[i][i]=ri[i][i]=1;
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			if(__gcd(a[i],a[j])!=1&&i!=j)
			{
				g[i][j]=1;
			}
		}
	}
	for(int l=n;l>=1;l--)
	{
		for(int r=l;r<=n;r++)
		{
			for(int k=l;k<=r;k++)
			{
				if(le[l][k]&&ri[k][r])
				{
					if(l==1&&r==n)
					{
						cout<<"Yes";
						return 0;
					}
					if(g[l-1][k])
					{
						ri[l-1][r]=1;
					}
					if(g[k][r+1])
					{
						le[l][r+1]=1;
					}
				}
			}
		}
	}
	cout<<"No";
	return 0;
}