CF70E Information Reform 题解

标签：orm   +=   printf   lse   预处理   数组   main   return   状态   

题意：给你一棵树，要选择若干节点，若一个点i没有选择，则有\(d(dis(i,j))\)的代价，其中j被选择。选择一个点代价为k，求最小代价。
首先，考虑这样一个问题：
如果距离a的最近被选点为i，距离b的最近被选点也是i，那么a到b的路径上的点的最近被选点都是i。
考虑一条链：设Ax是链上第x个点，那么点y到Ax的距离fy(x)随x的增加，先下降，再上升。（这个显然）。
那么假设a到b路径上的c，最近点不是i而是j。
那么，\(dis(a,i)<dis(a,j)，dis(c,i)>dis(c,j)，dis(b,i)<dis(b,j)\)。
就是说\(fi\)和\(fj\)有两个交点。但这是不可能的。
所以，如果距离a的最近被选点为i，距离b的最近被选点也是i，那么a到b的路径上的点的最近被选点都是i一定成立。
换句话说，以i为最近点的j是一个连通块。
这样，我们设\(dp(i,j)\)表示i的最近点是j的状态。再维护\(f(i)\)表示\(dp(i,j)\)的最小值。
那么，对于i的每个儿子v，枚举它的最近点a，则转移到\(dp(v,a)\)。
但如果\(j=a\)，那么对于v来说，a已经选择过了，则转移到\(dp(v,a)-k\)。
维护\(f(i)\)后就是\(dp(i,j)=min(f(v),dp(v,j)-k)+d(dis(i,j))+k\)。
因为要输出方案，再记录一下转移的位置。
\(dis\)数组可以\(O(n^2)\)预处理出。
代码：

#include <stdio.h> 
int fr[182],ne[362],v[362],bs = 0;
void addb(int a, int b) {
    v[bs] = b;
    ne[bs] = fr[a];
    fr[a] = bs++;
}
int dp[182][182],wz[182],sz[182],cd[182][182],n,k;
int fa[182],sd[182],ans[182],zy[362][182];
void dfs0(int u, int f) {
    fa[u] = f;
    sd[u] = sd[f] + 1;
    for (int i = fr[u]; i != -1; i = ne[i]) {
        if (v[i] != f) dfs0(v[i], u);
    }
}
int dfscd(int a, int b) {
    if (a == b) return 0;
    if (cd[a][b]) return cd[a][b];
    if (sd[a] > sd[b]) cd[a][b] = dfscd(fa[a], b) + 1;
    else cd[a][b] = dfscd(a, fa[b]) + 1;
    return cd[a][b];
}
void dfs(int u, int f) {
    for (int i = fr[u]; i != -1; i = ne[i]) {
        if (v[i] != f) dfs(v[i], u);
    }
    for (int a = 1; a <= n; a++) {
        dp[u][a] = sz[cd[u][a]] + k;
        for (int i = fr[u]; i != -1; i = ne[i]) {
            if (v[i] == f) continue;
            int t = dp[v[i]][wz[v[i]]];
            if (dp[v[i]][a] - k < t) {
                t = dp[v[i]][a] - k;
                zy[i][a] = a;
            } else zy[i][a] = wz[v[i]];
            dp[u][a] += t;
        }
        if (a == 1 || dp[u][a] < dp[u][wz[u]]) wz[u] = a;
    }
}
void dfs1(int u, int f, int a) {
    ans[u] = a;
    for (int i = fr[u]; i != -1; i = ne[i]) {
        if (v[i] != f) dfs1(v[i], u, zy[i][a]);
    }
}
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for (int i = 1; i <= n; i++) fr[i] = -1;
    for (int i = 1; i < n; i++) scanf("%d", &sz[i]);
    for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
        int a,b;
        scanf("%d%d", &a, &b);
        addb(a, b);
        addb(b, a);
    }
    dfs0(1, 0);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            if (i != j && cd[i][j] == 0) dfscd(i, j);
        }
    }
    dfs(1, 0);
    int z = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (dp[1][i] < dp[1][z]) z = i;
    }
    printf("%d\n", dp[1][z]);
    dfs1(1, 0, z);
    for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", ans[i]);
    return 0;
}

CF70E Information Reform 题解

标签：orm   +=   printf   lse   预处理   数组   main   return   状态   

原文地址：https://www.cnblogs.com/lnzwz/p/11329865.html