[JSOI2018]潜入行动

标签：背包   get   ble   复杂度   限制   turn   理解   www   math   

题目链接

题意：

外星人的母舰可以看成是一棵 n 个节点、 n?1 条边的无向树，树上的节点用 1,2,?,n 编号。JYY 的特工已经装备了隐形模块，可以在外星人母舰中不受限制地活动，可以神不知鬼不觉地在节点上安装监听设备。
如果在节点 u 上安装监听设备，则 JYY 能够监听与 u 直接相邻所有的节点的通信。换言之，如果在节点 u 安装监听设备，则对于树中每一条边 (u,v) ，节点 v 都会被监听。
特别注意放置在节点 u 的监听设备并不监听 u 本身的通信，这是 JYY 特别为了防止外星人察觉部署的战术。
JYY 的特工一共携带了 k 个监听设备，现在 JYY 想知道，有多少种不同的放置监听设备的方法，能够使得母舰上所有节点的通信都被监听？为了避免浪费，每个节点至多只能安装一个监听设备，且监听设备必须被用完。
\(n\leq 100000 ，k\leq 100\)。

显然是树形背包DP。
但是，状态比较难设计。如果u没有被监视，则u的子节点必须至少有一个选。所以要加一维表示选不选。
而如果u被监视了，则u的子节点可以都不选。所以要加一维表示u是否被监视。
这样就好理解了。

f1[a+b][0]=(f1[a+b][0]+1ll*x0[a][0]*dp[v[i]][b][0][0])%md;
f1[a+b][1]=(f1[a+b][1]+1ll*x0[a][0]*dp[v[i]][b][0][1]+1ll*x0[a][1]*(dp[v[i]][b][0][0]+dp[v[i]][b][0][1]))%md;
f2[a+b][0]=(f2[a+b][0]+1ll*x1[a][0]*dp[v[i]][b][1][0])%md;
f2[a+b][1]=(f2[a+b][1]+1ll*x1[a][0]*dp[v[i]][b][1][1]+1ll*x1[a][1]*(dp[v[i]][b][1][1]+dp[v[i]][b][1][0]))%md;

关键是复杂度。

这个算法，最初觉得是\(O(nk^2)\)的。但是，实际上是\(O(nk)\)的。
证明：

1. 根据正常树形背包的复杂度\(O(n^2)\)，小于等于k的最多产生\(n/k*k^2\)的复杂度。
2. 大于k与大于k的合并一次，被合并的就增加k，最多n/k次，最多产生\(n/k*k^2\)的复杂度。
3. 大于k的与小于等于k的合并时，每个小于等于k的最多被合并一次，所以是\(n*s_1+n*s_2+...+n*s_m\)，也是\(nk\)。

但是，实际做题时，大约有2的常数。但那个常数就忽略了可以。

代码

#include <stdio.h> 
#define min(a, b)(a < b ? a: b)
#define md 1000000007 
inline int read() {
    char ch;
    while ((ch = getchar()) < '0' || ch > '9');
    int rt = (ch ^ 48);
    while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') rt = (rt << 3) + (rt << 1) + (ch ^ 48);
    return rt;
}
int dp[100002][102][2][2],f1[102][2],f2[102][2];
int x0[102][2],x1[102][2],sz[100002];
int fr[100002],ne[200002],v[200002],bs = 0,k;
void addb(int a, int b) {
    v[bs] = b;
    ne[bs] = fr[a];
    fr[a] = bs++;
}
void dfs(int u, int fu) {
    int si = 0;
    for (int i = fr[u]; i != -1; i = ne[i]) {
        if (v[i] != fu) {
            dfs(v[i], u);
            si += sz[v[i]];
        }
    }
    for (int i = 0; i <= min(k, si); i++) x0[i][0] = x1[i][0] = 0;
    x0[0][0] = x1[0][0] = 1;
    si = 0;
    for (int i = fr[u]; i != -1; i = ne[i]) {
        if (v[i] == fu) continue;
        int rt = sz[v[i]];
        for (int a = 0; a <= min(si, k); a++) {
            for (int b = 0; b <= min(rt, k - a); b++) {
                f1[a + b][0] = (f1[a + b][0] + 1ll * x0[a][0] * dp[v[i]][b][0][0]) % md;
                f1[a + b][1] = (f1[a + b][1] + 1ll * x0[a][0] * dp[v[i]][b][0][1] + 1ll * x0[a][1] * (dp[v[i]][b][0][0] + dp[v[i]][b][0][1])) % md;
                f2[a + b][0] = (f2[a + b][0] + 1ll * x1[a][0] * dp[v[i]][b][1][0]) % md;
                f2[a + b][1] = (f2[a + b][1] + 1ll * x1[a][0] * dp[v[i]][b][1][1] + 1ll * x1[a][1] * (dp[v[i]][b][1][1] + dp[v[i]][b][1][0])) % md;
            }
        }
        si += rt;
        for (int a = 0; a <= min(si, k); a++) {
            x0[a][0] = f1[a][0];
            x0[a][1] = f1[a][1];
            x1[a][0] = f2[a][0];
            x1[a][1] = f2[a][1];
            f1[a][0] = f1[a][1] = f2[a][0] = f2[a][1] = 0;
        }
    }
    for (int a = 0; a <= min(si, k); a++) {
        dp[u][a][0][0] = x0[a][1];
        dp[u][a][1][0] = (x0[a][0] + x0[a][1]) % md;
    }
    for (int a = 1; a <= min(si + 1, k); a++) {
        dp[u][a][0][1] = x1[a - 1][1];
        dp[u][a][1][1] = (x1[a - 1][0] + x1[a - 1][1]) % md;
    }
    sz[u] = si + 1;
}
int main() {
    int n;
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for (int i = 1; i <= n; i++) fr[i] = -1;
    for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
        int a,b;
        a = read();
        b = read();
        addb(a, b);
        addb(b, a);
    }
    dfs(1, 0);
    printf("%d", (dp[1][k][0][0] + dp[1][k][0][1]) % md);
    return 0;
}

[JSOI2018]潜入行动

标签：背包   get   ble   复杂度   限制   turn   理解   www   math   

原文地址：https://www.cnblogs.com/lnzwz/p/11366479.html