标签：相互 max pre out size tchar 覆盖 getchar mes
小R和B神正在玩一款游戏。这款游戏的地图由N个点和N-1条无向边组成，每条无向边连接两个点，且地图是连通的。换句话说，游戏的地图是一棵有N个节点的树。
游戏中有一种道具叫做侦查守卫，当一名玩家在一个点上放置侦查守卫后，它可以监视这个点以及与这个点的距离在D以内的所有点。这里两个点之间的距离定义为它们在树上的距离，也就是两个点之间唯一的简单路径上所经过边的条数。在一个点上放置侦查守卫需要付出一定的代价，在不同点放置守卫的代价可能不同。
现在小R知道了所有B神可能会出现的位置，请你计算监视所有这些位置的最小代价。
Solution
神题。
注意到d不是很大，所以可以设计一个NK的状态：dp[i][j]表示i这个点为根的子树已经处理完了，它还能在向上覆盖j个点的最小代价。
但是还有可能会出现子树之间相互覆盖的情况，所以我们用f[i][j]表示以i为根的子树向下还有j个点没有覆盖的最小代价。
转移：
考虑dp数组如何转移。
dp[i][j]<-min(dp[i][j]+dp[v][j](i刚好能够向下覆盖j个)，dp[v][j+1]+f[u][j+1]）；
相当于是我们把v合并到了当前子树中。
f数组可以直接累加答案,f[i][j]+=f[v][j-1]。
最后结合一下贪心的思想，对于f数组，j越大答案应越小，对于dp数组，j越小答案也应越小，做完之后取一下max.
然后还要注意一下边界，dp[u][0]=0.dp[u][~]=w[u].当vis[u]=1时f[u][0]=dp[u][0]=w[u];
Code
#include<iostream> #include<cstdio> #define N 500003 #define inf 0x3f3f3f3f using namespace std; int x,y,w[N],head[N],tot,f[N][22],d,dp[N][22],n,m,tag[N]; struct zzh{ int n,to; }e[N<<1]; inline void add(int u,int v){ e[++tot].n=head[u]; e[tot].to=v; head[u]=tot; } void dfs(int u,int fa){ if(tag[u])dp[u][0]=f[u][0]=w[u]; for(int i=1;i<=d;++i)dp[u][i]=w[u]; dp[u][d+1]=inf; for(int i=head[u];i;i=e[i].n)if(e[i].to!=fa){ int v=e[i].to; dfs(v,u); for(int j=d;j>=0;--j)dp[u][j]=min(dp[u][j]+f[v][j],dp[v][j+1]+f[u][j+1]); for(int j=d;j>=0;--j)dp[u][j]=min(dp[u][j],dp[u][j+1]); f[u][0]=dp[u][0]; for(int j=1;j<=d+1;++j)f[u][j]+=f[v][j-1]; for(int j=1;j<=d+1;++j)f[u][j]=min(f[u][j],f[u][j-1]); } } inline int rd(){ int x=0;bool f=0;char c=getchar(); while(!isdigit(c)){ if(c==‘-‘)f=1; c=getchar(); } while(isdigit(c)){ x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48); c=getchar(); } return f?-x:x; } int main(){ n=rd();d=rd(); for(int i=1;i<=n;++i)w[i]=rd(); m=rd(); for(int i=1;i<=m;++i)x=rd(),tag[x]=1; for(int i=1;i<n;++i)x=rd(),y=rd(),add(x,y),add(y,x); dfs(1,0); cout<<f[1][0]; return 0; }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/ZH-comld/p/9756466.html
