2021-2022 ICPC, NERC, Northern Eurasia Onsite J.Job Lookup（区间dp，二维前缀和）

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题意：给出一副完全图，给出两个点之间的价值$c_{ij}$，现在你要构造一颗二叉树，每个点的左儿子编号要小于它，右儿子编号大于他，现在两个点之间的权值为$d_{ij}\ast c_{ij}$，$d_{ij}$为树上两点距离，现在你要让权值和最小，输出每个点的父节点是谁。$n\le 200$。
思路：首先假设我们已经构造出来了二叉树，我们的$w_{ij}=c_{ij}\ast d_{ij}$，那么我们可以看成，把路径上的每一条边都加上一个$c_{ij}$，这样一来，就成了一个前缀和。然后我们现在讨论如何构造树，如何求到权值，首先容易想到的就是区间dp，因为我们有限制，对于区间$[l,r]$，枚举的k左子树范围是$[l,k-1]$，右子树范围是$[k+1,r]$，所以对于这个我们就可以跑区间dp，有了大概的转移$dp[l][r]=dp[l][k-1]+dp[k+1][r]+num$，现在我们的$k$是根节点，我们有了左子树和右子树的和，现在还差左子树连向$k$和右子树连向$k$会产生的价值$num$，根据我们之前讨论到的前缀和，所以我们左边子树会产生的价值就是矩阵${\sum }_{i\in [l,k-1]}^{j\in [0,l-1]}{a}_{i,j}$和${\sum }_{i\in [l,k-1]}^{j\in [k,n-1]}{a}_{i,j}$的和，右边子树同理，因为我们此时考虑的是走过这条边的点对所产生的权值，所以我们的$num$就是这四个矩阵前缀和，最后记录一下路径就好，感觉这个反而是最简单的…记录路径这个。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int dp[255][255], a[255][255], root[255][255], ans[255];
int dfs(int l, int r)
{
    int t = root[l][r];
    if (t - 1 >= l) ans[dfs(l, t - 1)] = t;
    if (t + 1 <= r) ans[dfs(t + 1, r)] = t;
    return t;
}

int calc(int x, int y, int xx, int yy)
{
    return a[xx][yy] - a[xx][y - 1] - a[x - 1][yy] + a[x - 1][y - 1];
}

signed main()
{
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            cin >> a[i][j];
            a[i][j] = a[i][j] + a[i - 1][j] + a[i][j - 1] - a[i - 1][j - 1]; if(j >= i)dp[i][j] = 1e18;
        }
    }
    for (int len = 1; len <= n; len ++) {
        for (int l = 1; l + len - 1 <= n; l++) {
            int r = l + len - 1;
            for (int k = l; k <= r; k++) {
                int d = dp[l][k - 1] + dp[k + 1][r] + calc(l, 1, k - 1, l - 1) + calc(l, k, k - 1, n) + calc(k + 1, 1, r, k) + calc(k + 1, r + 1, r, n);
                if (d < dp[l][r]) {
                    root[l][r] = k;
                    dp[l][r] = d;
                }
            }
        }
    }
    dfs(1, n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {cout << ans[i] << ' ' ;}
    return 0;
}