題目描述

給一棵m個結(jié)點的無根樹，你可以選擇一個度數(shù)大于1的結(jié)點作為根，然后給一些結(jié)點（根、內(nèi)部結(jié)點和葉子均可）著以黑色或白色。你的著色方案應(yīng)該保證根結(jié)點到每個葉子的簡單路徑上都至少包含一個有色結(jié)點（哪怕是這個葉子本身）。 對于每個葉結(jié)點u，定義c[u]為從根結(jié)點從U的簡單路徑上最后一個有色結(jié)點的顏色。給出每個c[u]的值，設(shè)計著色方案，使得著色結(jié)點的個數(shù)盡量少。

輸入

第一行包含兩個正整數(shù)m, n，其中n是葉子的個數(shù)，m是結(jié)點總數(shù)。結(jié)點編號為1，2，…，m，其中編號1，2，… ，n是葉子。以下n行每行一個0或1的整數(shù)（0表示黑色，1表示白色），依次為c[1]，c[2]，…，c[n]。以下m-1行每行兩個整數(shù)a，b（1<=a < b <= m），表示結(jié)點a和b 有邊相連。

輸出

僅一個數(shù)，即著色結(jié)點數(shù)的最小值。

樣例輸入

5 3
0
1
0
1 4
2 5
4 5
3 5

樣例輸出

2

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題解

樹形dp

考慮如果給定根節(jié)點的話怎么做：

設(shè) $f[i][j]$ 表示以 $i$ 為根的子樹，$i$ 到根節(jié)點的簡單路徑上最后一個有色節(jié)點的顏色是 $j$ 的最小著色點數(shù)。

那么對于所有 $i$ 的兒子 $k$ ，有 $f[i][j]+=min(f[k][j],f[k][j\text{^}1])$ 。邊界條件 $f[u][c[u]]=0,f[u][c[u]\text{^}1]=\infty$ ，其中 $u$ 是葉子節(jié)點。

那么 $min(f[root][0],f[root][1])+1$ 就是 $root$ 作為樹根時的答案，其中 $+1$ 指的是根節(jié)點需要再著色一次。

一次dp的時間復(fù)雜度是 $O(n)$ ，我們可以枚舉每個節(jié)點為根，復(fù)雜度為 $O(n^2)$ ，可過。

但是還有更優(yōu)的做法：考慮根節(jié)點從 $x$ 變化到相鄰的點 $y$ 的過程，那么 $x$ 為根時，$y$ 的著色只有兩種情況：染了與 $x$ 不同的顏色、沒有染色。

第一種情況顯然換根后方案可以不變，第二種情況顯然可以換根時把 $x$ 的著色該為染 $y$ ，答案不變。因此有 $ans_y\le ans_x$，同時從 $y$ 換到 $x$ 時有 $ans_x\le ans_y$ ，所以 $ans_x=ans_y$。

于是選擇任意一個非葉節(jié)點作為根做一次dp即可，時間復(fù)雜度 $O(n)$

#include <cstdio> #include <algorithm> #define N 10010 using namespace std; int head[N] , to[N << 1] , next[N << 1] , cnt , f[N][2]; inline void add(int x , int y) {to[++cnt] = y , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt; } void dfs(int x , int fa) {int i;for(i = head[x] ; i ; i = next[i])if(to[i] != fa)dfs(to[i] , x) , f[x][0] += min(f[to[i]][0] , f[to[i]][1] + 1) , f[x][1] += min(f[to[i]][1] , f[to[i]][0] + 1); } int main() {int n , m , i , x , y;scanf("%d%d" , &m , &n);for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &x) , f[i][x] = 0 , f[i][x ^ 1] = m;for(i = 1 ; i < m ; i ++ ) scanf("%d%d" , &x , &y) , add(x , y) , add(y , x);dfs(m , 0);printf("%d\n" , min(f[m][0] , f[m][1]) + 1);return 0; }

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轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/8059198.html

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的【bzoj1304】[CQOI2009]叶子的染色 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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