正題

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題目大意

$n$個(gè)點(diǎn)的一棵樹，每條邊一個(gè)權(quán)值為0或1和一個(gè)目標(biāo)權(quán)值（0或1或者沒有限制）。每次可以將一個(gè)路徑上的權(quán)值取反，求最小翻轉(zhuǎn)數(shù)量和最小翻轉(zhuǎn)路徑長度。

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解題思路

首先我們可以從序列的類似問題上知道一條邊不會(huì)被翻轉(zhuǎn)超過一次，所以問題變?yōu)榱饲笞钌俚穆窂礁采w所有需要翻轉(zhuǎn)的點(diǎn)。考慮如何$dp$，我們知道一個(gè)點(diǎn)如果被奇數(shù)條需要翻轉(zhuǎn)的邊相連，那么該點(diǎn)必定需要作為其中一條路徑的起點(diǎn)，那么需要翻轉(zhuǎn)的數(shù)量就是奇數(shù)入度點(diǎn)的數(shù)量除以2

設(shè)$f_{i,0/1}$表示$dp$到$i$點(diǎn)時(shí)，該點(diǎn)連向父節(jié)點(diǎn)的翻轉(zhuǎn)或者不翻轉(zhuǎn)（如果有必定的要求就讓另一個(gè)$dp$值為0）時(shí)的答案二元組，然后進(jìn)行$dp$即可

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$code$

#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; const int N=1e5+10,inf=2147483647/3; struct node{int to,next,w; }a[N*2]; int n,tot,ls[N]; pair<int,int> f[N][2]; pair<int,int> operator +(pair<int,int> x,pair<int,int> y) {return make_pair(x.first+y.first,x.second+y.second);} void addl(int x,int y,int w){a[++tot].to=y;a[tot].next=ls[x];ls[x]=tot;a[tot].w=w;return; } void dfs(int x,int fa,int k){pair<int,int> f0(0,0),f1(inf,inf);for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){int y=a[i].to;if(y==fa)continue;dfs(y,x,a[i].w);pair<int,int> l=f0,r=f1;f0=min(l+f[y][0],r+f[y][1]);f1=min(r+f[y][0],l+f[y][1]);}if(k==0||k>=2)f[x][0]=min(f0,f1+make_pair(1,0));if(k==1||k>=2)f[x][1]=min(f0+make_pair(1,1),f1+make_pair(0,1));return; } int main() {int size = 256 << 20; //250Mchar*p=(char*)malloc(size) + size;__asm__("movl %0, %%esp\n" :: "r"(p) );scanf("%d",&n);for(int i=1;i<n;i++){int x,y,w,d;scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&w,&d);addl(x,y,w^d);addl(y,x,w^d);}memset(f,0x3f,sizeof(f));dfs(1,1,0);printf("%d %d",f[1][0].first/2,f[1][0].second); }

總結(jié)

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