題目

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思路

編程要從娃娃抓起，$\mathtt{d}\mathtt{p}$ 要從葉節點搞起。

畢竟 每個葉節點之間是相互獨立的，并且貢獻只與其祖先（“祖先”不包括自己，下同）有關。

一般樹形 $\mathtt{d}\mathtt{p}$ 都是存整個子樹的情況。此題相同。$f(x)$ 為 $x$ 的子樹中所有葉子節點的貢獻和最大值。

假設某個葉節點的所有祖先的狀態都確定，那么枚舉一下這個葉節點的狀態，就可以得到這個點的最優值。

那么倒數第二層，也假設它的所有祖先節點狀態都確定，借用葉子節點的枚舉思想：這個點選擇 $0$ ，那么其兩個子樹應該分別取最大。而且恰好是前面已經處理了的祖先節點狀態全部確定的最大值！

至于去打仗的平民數量……加入 $\mathtt{D}\mathtt{P}$ 式考慮范圍即可！

$$f(s,x,y)=\underset{u=0}{\overset{y}{\max }}f(s^{\prime },x_1,u)+f(s^{\prime },x_2,y?u)$$

$s$ 是祖先節點的狀態（狀壓 一下嘛！），$x$ 是當前節點，$x_1,x_2$ 指兩個兒子。$u$ 是去打仗的平民人數。注意兩個 $f$ 函數中的 $s^{\prime }$ 是一樣的哦。

感覺很費……時間復雜度是多少呢？一層一層考慮：（將根節點記為第$1$層）

第 $k$ 層共有 $2^{k?1}$ 個點，每個點的處理時間為 $2^k$（$s^{\prime }$ 的種類數）$\times 2^{n?k?1}$（左子樹中枚舉打仗的平民個數）$\times 2^{n?k?1}$（右子樹中枚舉打仗的平民個數）$=2^{2n?k?2}$，相乘可得：第 $k$ 層的總時間復雜度為 $2^{2n?2}$ 。驚喜！與 $k$ 無關！

一共 $n$ 層，總時間復雜度 $\mathcal{O}(n{4}^n)$ ，常數小。

代碼實現時無需記憶化，因為沒有重復計算。但是父節點需要用子節點的值，所以要存一下，但 不用存 $s$ 。因為父節點知道 $s^{\prime }$ 是啥！

代碼

#include <cstdio> #include <iostream> #include <vector> using namespace std;const int MaxN = 1<<10; int war[MaxN][10], farmer[MaxN][10], n;int dp[MaxN][MaxN], size; void dfs(int s,int x){for(int i=0; i<=size; ++i)dp[x][i] = 0; // 不同的s都要跑，記得initif(size == 1){ // 葉子節點for(int i=0; i<n-1; ++i)if(s>>i&1)dp[x][1] += war[x][i];elsedp[x][0] += farmer[x][i];return ;}size >>= 1;for(int zxy=0; zxy<2; ++zxy){dfs(s<<1|zxy,x<<1);dfs(s<<1|zxy,x<<1|1);for(int i=0; i<=size; ++i)for(int j=0; j<=size; ++j)dp[x][i+j] = max(dp[x][i+j],dp[x<<1][i]+dp[x<<1|1][j]);}size <<= 1; // restore }int main(){scanf("%d",&n); int m; scanf("%d",&m);for(int i=(1<<n>>1); i<(1<<n); ++i)for(int j=0; j<n-1; ++j)scanf("%d",&war[i][j]);for(int i=(1<<n>>1); i<(1<<n); ++i)for(int j=0; j<n-1; ++j)scanf("%d",&farmer[i][j]);size = (1<<n>>1), dfs(0,1);int ans = 0;for(int i=0; i<=m; ++i)ans = max(ans,dp[1][i]);printf("%d",ans);return 0; }

總結

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