COCI 2020/2021 Svjetlo

題目大意

求最短的樹上路徑（可以重復經(jīng)過點或邊）長度使得經(jīng)過每個點的次數(shù)滿足給定的奇偶性。樹的大小為

N

N

N。

N

≤

500000

Nle 500000

N≤500000

題解

路徑是可以重復的，簡單的樹形DP可能難以處理，考慮路徑的拼接。設

f

i

,

j

,

k

f_{i,j,k}

fi,j,k?表示第

i

i

i個點的子樹內(nèi)（除了自己）的奇偶性已經(jīng)滿足，且子樹內(nèi)（包括自己）的路徑端點數(shù)有

j

j

j個，第

i

i

i個點的奇偶性為

k

k

k的最短路徑長度，其中

j

∈

{

0

,

1

,

2

}

，

k

∈

{

0

,

1

}

jin{0,1,2}，kin{0,1}

j∈{0,1,2}，k∈{0,1}。轉(zhuǎn)移的時候有很多種情況，但它們都是類似的，端點個數(shù)（狀態(tài)第二維）的轉(zhuǎn)移有：1、兒子子樹內(nèi)均為

0

0

0個端點 –> 自己子樹

0

0

0個端點2、兒子子樹內(nèi)均為

0

0

0個端點 + 自己作為某一個端點 –> 自己子樹內(nèi)

1

1

1個端點3、兒子子樹內(nèi)均為

0

0

0個端點 + 自己作為兩個端點 –> 自己子樹內(nèi)

2

2

2個端點4、一個兒子子樹內(nèi)

1

1

1個端點 + 其他兒子子樹內(nèi)均為

0

0

0個端點 –> 自己子樹內(nèi)

1

1

1個端點5、一個兒子子樹內(nèi)

1

1

1個端點 + 其他兒子子樹內(nèi)均為

0

0

0個端點 + 自己作為某個端點 –> 自己子樹內(nèi)

2

2

2個端點6、一個兒子子樹內(nèi)

2

2

2個端點 + 其他兒子子樹內(nèi)均為

0

0

0個端點 –> 自己子樹內(nèi)

2

2

2個端點7、兩個兒子子樹內(nèi)各

1

1

1個端點 + 其他兒子子樹內(nèi)均為

0

0

0個端點 –> 自己子樹內(nèi)

2

2

2個端點第二維的

j

j

j可以理解為是伸出了多少個“頭”，然后每個子樹相連拼接上，再用剩下的“頭”繼續(xù)往上轉(zhuǎn)移。

0

0

0和

2

2

2都是兩個“頭”，

1

1

1是一個“頭”。兒子之間合并的時候要注意答案所求的是路徑點的個數(shù)，所以不能把每個兒子所有“2”都延長

2

2

2的長度到父親，不然兒子之間相接時會算重，而應該少延長一個”頭“，最后更新答案時再只加多

1

1

1。如何保證兒子子樹內(nèi)的奇偶性都滿足條件？如果從兒子節(jié)點尚不滿足奇偶性的點轉(zhuǎn)移時，需要多加上

2

2

2的長度，表示到了父親再往下到兒子走一個來回。至于第三維是轉(zhuǎn)移到當前節(jié)點的

0

0

0還是

1

1

1，需要看轉(zhuǎn)移上來的偶兒子（指

j

j

j為偶數(shù)的兒子）個數(shù)的奇偶性。還要注意，根節(jié)點剩下的兩個“頭”會相連，不僅答案會減

1

1

1，而且對他而言奇偶性還會再多變一次。這樣就做完了嗎？寫到后面可能會很容易忽略的是，這樣寫會默認每個節(jié)點都至少被經(jīng)過一次，而其實并不然，所以根節(jié)點設為任意一個奇偶性條件為

1

1

1的點，同時在枚舉兒子轉(zhuǎn)移時，若整個子樹都已經(jīng)滿足了就直接跳過。

代碼

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 500010
int last[N], nxt[N * 2], to[N * 2], len = 0;
int f[N][3][2], a[N], s[N];
void add(int x, int y) {
	to[++len] = y;
	nxt[len] = last[x];
	last[x] = len;
}
void dfs(int k, int fa) {
	int s0 = 0, s1 = 1e9, s2 = 1e9, s3 = 1e9, s4 = 1e9, s5 = 1e9, s6 = 1e9, s7 = 1e9; 
	int t0, t1;
	if(!a[k]) s[k]++;
	for(int i = last[k]; i; i = nxt[i]) if(to[i] != fa) {
		int x = to[i];
		dfs(x, k);
		if(!s[to[i]]) continue;
		s[k] += s[to[i]];
		t0 = min(s7 + f[x][0][1] + 1, s6 + f[x][0][0] + 3), t1 = min(s6 + f[x][0][1] + 1, s7 + f[x][0][0] + 3);
		s6 = t0, s7 = t1;
		t0 = min(s2 + f[x][1][1], s3 + f[x][1][0] + 2), t1 = min(s3 + f[x][1][1], s2 + f[x][1][0] + 2);
		s6 = min(s6, t0), s7 = min(s7, t1);
		
		t0 = min(s5 + f[x][0][1] + 1, s4 + f[x][0][0] + 3), t1 = min(s4 + f[x][0][1] + 1, s5 + f[x][0][0] + 3);
		s4 = t0, s5 = t1;
		t0 = min(s1 + f[x][2][1] + 1, s0 + f[x][2][0] + 3), t1 = min(s0 + f[x][2][1] + 1, s1 + f[x][2][0] + 3);
		s4 = min(s4, t0), s5 = min(s5, t1);
		
		t0 = min(s3 + f[x][0][1] + 1, s2 + f[x][0][0] + 3), t1 = min(s2 + f[x][0][1] + 1, s3 + f[x][0][0] + 3);
		s2 = t0, s3 = t1;
		t0 = min(s0 + f[x][1][1], s1 + f[x][1][0] + 2), t1 = min(s1 + f[x][1][1], s0 + f[x][1][0] + 2);
		s2 = min(s2, t0), s3 = min(s3, t1);
		
		t0 = min(s1 + f[x][0][1] + 1, s0 + f[x][0][0] + 3), t1 = min(s0 + f[x][0][1] + 1, s1 + f[x][0][0] + 3);
		s0 = t0, s1 = t1;
	
	}
	f[k][0][a[k]] = s1 + 1;
	f[k][0][a[k] ^ 1] = s0 + 1;
	f[k][1][a[k]] = min(s3, s1) + 1;
	f[k][1][a[k] ^ 1] = min(s2, s0) + 1;
	f[k][2][a[k]] = min(min(s0 + 2, s5 + 1), min(s6 + 2, s2 + 2));
	f[k][2][a[k] ^ 1] = min(min(s1 + 2, s4 + 1), min(s7 + 2, s3 + 2));
}
int main() {
	int n, i, x, y;
	scanf("%d
", &n);
	for(i = 1; i <= n; i++) {
		a[i] = getchar() - '0';
	}
	for(i = 1; i < n; i++) {
		scanf("%d%d", &x, &y);
		add(x, y), add(y, x);
	}
	for(i = 1; i <= n; i++) if(!a[i]) break;
	dfs(i, 0);
	printf("%d
", f[i][2][0] - 1);
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的COCI 2020/2021 Svjetlo（树形DP）的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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