P7929 [COCI2021-2022#1] Logičari

P7929 [COCI2021-2022#1] Logičari

[P7929 COCI2021-2022#1] Logičari - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

目录

• P7929 [COCI2021-2022#1] Logičari
  • 题目大意
  • 思路
  • code

题目大意

给定一棵 \(n\) 个节点的基环树，现在对树上的节点染色，使得每个电都有且仅有一个与他相连的点被染色（不包括自身），求最少染色次数，无解输出 \(-1\)

\(3\le n \le 10^5\)

思路

我们考虑一棵普通的树看看怎么解决。

很明显是一个树形 \(dp\) 乱搞就好了。

我们先 \(dfs\) 找到多出来的那条返祖边，设两个端点分别为 \(S , T\)

然后我们考虑不合法的情况：

1、\(S\) 染了，但 \(T\) 旁边又染了一个。

2、\(T\) 染了，但 \(T\) 旁边又染了一个。

3、\(S\) 没染， \(T\) 旁边的那个也没染，而且 \(T\) 没有其他子树了。

在遇到 \(T\) 的时候特判一下就好了。

我们考虑转移。

设 \(dp[x][a][b]\) 表示现在处理到以 \(x\) 为根节点的子树，\(x\) 的状态为 \(a\) ，\(x\) 父亲节点的状态为 \(b\) 的最小代价。

设 \(w[x][a]\) 表示以 \(x\) 为根的子树中，\(x\) 的状态为 \(a\) 的最小代价。

设 \(val = \sum_{y = son[x]}w[y][0]\)

如果 \(fa[u]\) 被染了，那么 \(x\) 的儿子都不能染，所以答案为

\[dp[x][a][b] = val + a \]

否则

\[dp[x][a][b] = \min_{y = son[x]}(val - w[y][0] + w[y] [1]) + a \]

code

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define fu(x , y , z) for(x = y ; x <= z ; x ++)
using namespace std;
const int inf = 1e9 + 5 , N = 1e5 + 5;
int hd[N] , cnt , s , t , vis[N] , flg , fs , ft , out , n;
LL f[N][2][2] , w[N][2];
struct E {
    int to , nt;
} e[N << 1];
void add (int x , int y) { e[++cnt].to = y , e[cnt].nt = hd[x] , hd[x] = cnt; }
void dfs (int x , int fa) {
    int y;
    vis[x] = 1;
    for (int i = hd[x] ; i ; i = e[i].nt) {
        y = e[i].to;
        if (y == fa) continue; 
        if (vis[y]) flg = i;
        else dfs (y , x);
    }
}
LL dp (int x , int fa , int a , int b) {
    if (f[x][a][b]) return f[x][a][b];
    int y;
    LL sum = 0 , ans = inf;
    for (int i = hd[x] ; i ; i = e[i].nt) {
        y = e[i].to;
        if ((y == fa) || (i == flg) || ((i ^ 1) == flg)) continue;
        if (y == t) {
            if ((a && fs) || (b && ft) || (!a && !fs && out < 3)) return inf;
            w[y][ft] = dp (y , x , ft , (fs | a));
            w[y][!ft] = inf;
            sum += w[y][0];
        }
        else {
            w[y][0] = dp (y , x , 0 , a);
            sum += w[y][0];
            if (!b) w[y][1] = dp (y , x , 1 , a);
        } 
    }
    if (b) return f[x][a][b] = sum + a;
    for (int i = hd[x] ; i ; i = e[i].nt) {
        y = e[i].to;
        if ((y == fa) || (i == flg) || ((i ^ 1) == flg)) continue;
        ans = min (ans , sum - w[y][0] + w[y][1]);
    }
    return f[x][a][b] = ans + a;
}
int main () {
    int x , y;
    LL ans;
    cnt = 1;
    scanf ("%d" , &n);
    for (int i = 1 ; i <= n ; i ++) {
        scanf ("%d%d" , &x , &y);
        add (x , y) , add (y , x);
    }
    dfs (1 , 0);
    s = e[flg].to , t = e[flg ^ 1].to;
    for (int i = hd[t] ; i ; i = e[i].nt) ++out;
    // cout << out << " " << t;
    // return 0;
    fs = ft = 0;
    ans = dp (s , 0 , 0 ,0);
    memset (f , 0 , sizeof (f));
    fs = 1 , ft = 0;
    ans = min (ans , dp (s , 0 , 1 , 0));
    memset (f , 0 , sizeof (f));
    fs = 0 , ft = 1;
    ans = min (ans , dp (s , 0 , 0 , 1));
    memset (f , 0 , sizeof (f));
    fs = ft = 1;
    ans = min (ans , dp (s , 0 , 1 , 1));
    if (ans <= 1ll * n) printf ("%lld" , ans);
    else printf ("-1");
    return 0;
}