又是一道思路清新的小清晰。

觀察題目，如果我們確定了平民或者貴族的任意一方，我們便可以貪心的求出另一方，至此20分；我們發現層數十分小，那麽我們就也是狀壓層數，用lca轉移，線性dp，至此50分（好像數據很水這麽打能A）；至今我們沒有用到他是一棵完全二叉樹，那麽我們發現如果進行樹dp，也就是說從子節點轉移到父節點，f[i][j]，以i為根的子樹裏的平民有j個參戰貢獻最大值，我們需要確定平民的請況而且有不能狀壓，但是結合我們上次得出的結論，我們發現如果我們dp狀態的意義為，在確定由此節點到root的所有節點的狀態時，以i為根的子樹裏的平民有j個參戰貢獻最大值，我們就可以不用知道平民的情況了，就是f[i][j][k]，那麽我們就可以合並上去了，然而我們發現這樣不僅TLE而且MLE，但是如果我們k那一維通過枚舉而實現呢，我們就可以即時轉移而去掉最後一維，而且丟掉許多無效狀態，然而我們發現k他從最底層到最高層呈現指數遞減，我們可以興奮一下然後認真考慮時間復雜度了：對於每一個出口也就是葉子節點我們最多出去2^10次並且每次算貢獻O(10)，於是O(10*2^20)，然後每次合並——在根處2^9*2^9*1，往下走一層需要合並的點數乘2^2，合並大小除2，於是總的為層數乘點數平方即O(10*2^20)。於是總時間復雜度O(10*2^20)。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define ls (pos<<1)
#define rs ((pos<<1)|1)
using std::max;
const int N=(1<<10)+50;
int f[N][N],tw[N][20],tg[N][20],w[N][N],g[N][N];
int n,m,len,bin[20];
void read_pre(){
  scanf("%d%d",&n,&m),len=1
 
<<(n-1);
  for(int i=1;i<=len;++i)
    for(int j=1;j<n;++j)
      scanf("%d",&tw[i][j]);
  for(int i=1;i<=len;++i)
    for(int j=1;j<n;++j)
      scanf("%d",&tg[i][j]);
  for(int i=1;i<=len;++i)
    for(int j=0;j<len;++j)
      for(int k=1;k<n;++k)
        (j
 
&(1<<(k-1)))?w[i+len-1][j]+=tw[i][k]:g[i+len-1][j]+=tg[i][k];
  bin[n-1]=1;
  for(int i=n-2;i>0;--i)bin[i]=bin[i+1]<<1;
}
void dfs(int pos,int deep,int state){
  if(deep==n){
    f[pos][0]=g[pos][state],f[pos][1]=w[pos][state];
    return;
  }
  memset(f[pos],0,sizeof(f[pos]));
  dfs(ls,deep+1,state|bin[deep]),
  dfs(rs,deep+1,state|bin[deep]);
  for(int i=0;i<=bin[deep];++i)
    for(int j=0;j<=bin[deep];++j)
      f[pos][i+j]=max(f[pos][i+j],f[ls][i]+f[rs][j]);
  dfs(ls,deep+1,state),
  dfs(rs,deep+1,state);
  for(int i=0;i<=bin[deep];++i)
    for(int j=0;j<=bin[deep];++j)
      f[pos][i+j]=max(f[pos][i+j],f[ls][i]+f[rs][j]);
}
void work_print(){
  dfs(1,1,0);int ans=0;
  for(int i=0;i<=m;++i)
    ans=max(ans,f[1][i]);
  printf("%d",ans);
}
int main(){
  read_pre();
  work_print();
  return 0;
}

【BZOJ 4007】[JLOI2015]戰爭調度 DP+搜索+狀壓