【uva1380 - 一个调度问题】思路题+树形dp
【题意】 有n<=200个恰好需要一天完成的任务，要求用最少的时间完成所有任务。任务可以同时完成。但是有一些约束，分有向和无向两种，其中A-->B表示A必须在B前面完成，而A--B表示A和B不能在同一天完成。
题解：最具体的题解在紫书上。。。
如果树上的所有边都是有向边，那么答案就是最长链上的点数。
这个显然。。因为A-->B--->C---->D就最少需要四天。。
这样，原问题转化为：将树上所有的无向边定向，使得树上的最长链最短。
最长链最短——二分答案。
现在问题再次转化：给定一个x，判断是否可以给无向边定向，使得最长链的点数<=x。
设定f[i]表示以i为根的子树全部定向后，最长链点数不超过x的前提下，后代到i的最长链的最小值。g[i]相反（i到后代）。
设y为i的某个孩子。
转化无向边的过程分为两种情况：
a. 如果一个子树中不存在无向边，则经过子树的根结点的最长有向路结点数为f+g+1。
b. 如果一个结点a的子结点存在无向边，则我们先递归求出所有a的子结点的f和g，然后暴力枚举将所有无向边转化为上行/下行有向边，对于每一种枚举，按照上面不存在无向边时的方法，求出f, g和f+g+1，检查是否大于k。枚举的过程中，记下所有成功的枚举中最小的f和g，把它们和原本就是有向边子结点的最小的f和g比较，取较大值。（f和g本身是最长路的长度，这里要取的是不同成功的枚举情况下，遇到的最小的f和g。）
如何给边定向呢？
但是如果我们完全枚举无向边的转换方法，则复杂度为O(2^n)，n为子结点中无向边的数量。这里有一个非常棒的优化：
求出所有子结点的f和g之后，把无向边的f和g值存到一个数组中，按照f值排序。
之后我们从第一位开始考虑，将无向边换为下行有向边，考虑到第p位的时候，我们可以将前p-1位的无向边一并换为下行有向边。因为第p位的f值大于前p-1位无向边的f值，将前p-1位同时换为下行有向边，整个树的f值不会变（f为最长路的长度，而排序后，前p-1位形成的路都不会比第p位长），而g值有可能变小。这时，我们找出第p+1位到第n位中最大的g值，求出f+g+1，检查是否小于等于k即可。一旦有某一个p满足了要求就可以得出结果并终止枚举。复杂度为线性。
也就是说，我们只需要枚举p，把f值前小的全部定向为y-->i。
求g的过程相同，按照g值排序、枚举即可。
为什么取的是不同情况下遇到的最小的f和g呢？
因为对于以后要用到f[i]和g[i]的点，必定是i的父亲，它每次只用到f[i]或g[i]。
但是对于根节点而言，它的最长链是f[i]+g[i]，这里的f[i]和g[i]取了不同的情况，所以我们在求f[i]、g[i]的时候就看ff+gg+1是否<=lim，是的话才更新。也就是说，如果没有一种方案满足，f[i]和g[i]都是INF。
所以最后判断是否可行只需要看根节点的f[i]或g[i]是否<INF即可。
1 #include<cstdio>
2 #include<cstdlib>
3 #include<cstring>
4 #include<iostream>
5 #include<algorithm>
6 using namespace std;
7
8 const int N=210,INF=(int)1e9;
9 int n,len,tl,f[N],g[N],first[N];
10 struct node{
11 int x,y,next,tmp;
12 bool bk;
13 }a[N];
14 struct point{
15 int d,id;
16 }tf[N],tg[N];
17
18 int maxx(int x,int y){return x>y ? x:y;}
19 int minn(int x,int y){return x<y ? x:y;}
20
21 void ins(int x,int y,int tmp)
22 {
23 a[++len].x=x;a[len].y=y;a[len].tmp=tmp;a[len].bk=0;
24 a[len].next=first[x];first[x]=len;
25 }
26
27 bool cmp(point x,point y){return x.d<y.d;}
28
29 void dp(int x,int lim)
30 {
31 for(int i=first[x];i;i=a[i].next) dp(a[i].y,lim);
32 tl=0;
33 for(int i=first[x];i;i=a[i].next)
34 {
35 int y=a[i].y;
36 if(a[i].tmp==2)
37 {
38 tl++;
39 tf[tl].d=f[y];tf[tl].id=i;
40 tg[tl].d=g[y];tg[tl].id=i;
41 }
42 }
43 sort(tf+1,tf+1+tl,cmp);
44 sort(tg+1,tg+1+tl,cmp);
45 if(tl==0)
46 {
47 f[x]=0;g[x]=0;
48 for(int i=first[x];i;i=a[i].next)
49 {
50 int y=a[i].y;
51 if(a[i].tmp==1) f[x]=maxx(f[x],f[y]+1);
52 if(a[i].tmp==0) g[x]=maxx(g[x],g[y]+1);
53 if(f[x]+g[x]+1>lim) {f[x]=INF,g[x]=INF;break;}
54 }
55 if(!first[x]) f[x]=g[x]=INF;//debug
56 }
57 else
58 {
59 //find_f
60 f[x]=INF;g[x]=INF;
61 int ff,gg;
62 for(int k=0;k<=tl;k++)
63 {
64 ff=0;gg=0;
65 if(k>0) a[tf[k].id].bk=1;
66 for(int i=first[x];i;i=a[i].next)
67 {
68 int y=a[i].y;
69 if(a[i].tmp==1 || (a[i].tmp==2 && a[i].bk==1)) ff=maxx(ff,f[y]+1);
70 if(a[i].tmp==0 || (a[i].tmp==2 && a[i].bk==0)) gg=maxx(gg,g[y]+1);
71 }
72 if(ff+gg+1<=lim) f[x]=minn(f[x],ff);
73 }
74 for(int k=1;k<=tl;k++) a[tf[k].id].bk=0;
75
76
77 for(int k=0;k<=tl;k++)
78 {
79 ff=0;gg=0;
80 if(k>0) a[tg[k].id].bk=1;
81 for(int i=first[x];i;i=a[i].next)
82 {
83 int y=a[i].y;
84 if(a[i].tmp==1 || (a[i].tmp==2 && a[i].bk==0)) ff=maxx(ff,f[y]+1);
85 if(a[i].tmp==0 || (a[i].tmp==2 && a[i].bk==1)) gg=maxx(gg,g[y]+1);
86 }
87 if(ff+gg+1<=lim) g[x]=minn(g[x],gg);
88 }
89 for(int k=1;k<=tl;k++) a[tg[k].id].bk=0;
90 }
91 // printf("f %d = %d g %d = %d\n",x,f[x],x,g[x]);
92 }
93
94 bool check(int lim)
95 {
96 // printf("lim = %d\n",lim);
97 dp(1,lim);
98 return (f[1]<INF);
99 }
100
101 int main()
102 {
103 freopen("a.in","r",stdin);
104 int n,y;
105 char ch;
106 while(1)
107 {
108 n=0;
109 len=0;
110 memset(first,0,sizeof(first));
111 while(1)
112 {
113 int x;
114 scanf("%d",&x);
115 if(x==0) break;
116 n=maxx(n,x);
117 while(1)
118 {
119 scanf("%d%c",&y,&ch);
120 n=maxx(n,y);
121 if(y==0) break;
122 if(ch=='d') ins(x,y,0);
123 else if(ch=='u') ins(x,y,1);
124 else ins(x,y,2);
125 }
126 }
127 if(n==0) break;
128 int l=0,r=n,mid;//debug 是n而不是n-1
129 while(l<r)
130 {
131 mid=(l+r)/2;
132 if(check(mid)) r=mid;
133 else l=mid+1;
134 }
135 printf("%d\n",l);
136 }
137 return 0;
138 }
