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【题解】 P8595 一个网的路树形dp

一眼丁真鉴定为难度贴近 CSPT3（？），简单题。

$O(n) \ \text{solution}$

题意：

给你一片森林，你需要进行最少的操作次数把他变成链。

删除一个点周围的所有存在的边
连接一条边

先分析性质：

最后的链之间是联通的，所以最后所有连通块会被联通到一起，需要 $n - 1- m$ 条边，这些边应该在最后被链接，因为在之前连接两个不同连通块不会产生更优秀的决策。

所以我们的策略应该是先把每个联通块做成一条链，最后在合起来。

连通块之间独立，考虑如何计算连通块。

有两类操作不好统计，试图把第二类操作给绑定在第一类上。

连接显然只会连接两条链的两个端点，否则肯定不优。

我们一定是把每个连通块炸成若干条链，最后再连起来，连接次数为炸掉的边数。

每一条边被炸掉都会分离出两个连通块，在后来需要用一条边连接以将连通块数减少 1 ，所以我们可以把代价归到第一类操作上。

删除一个点周围所有存在的边，其代价为删除的边数 + 1

1 表示本次操作代价，其它删除的边都会增加一次二类操作的代价。

然后就可以非常简单地 dp 了，发现子树特征信息只和这个点的状态相关，所以记录下这个点的状态即可。

$f_{i,0}$ 表示炸掉这个点的，子树内形成若干链的最小代价。

$f_{i,1}$ 表示不炸掉这个点，且保留父亲和他连边（即儿子内只能连最多一条边）的代价。

$f_{i,2}$ 表示不炸掉这个点，且不保留父亲和他连边（即儿子内只能最多两条边）的代价。

初值：

$f_{leaf,0} = 2 , f_{leaf,1} = f_{leaf,2} = 0$ ， leaf 为叶子。

转移：

$f_{u,0} = \sum_{\text{s is a son of u}} \min\{f_{son,0} - 1,f_{son,2}\}$

儿子可以选择炸或者不保留父亲之间的边，如果炸的话要减去父亲 -> 儿子这条连边，因为儿子炸掉后父亲不用炸了。

$f_{u,1} =\min \sum_{\text{s is a son of u} , \sum_{t_s}\leq 1} f_{s,t_s} (t_s\in\{0,1\})$

$f_{u,2} =\min \sum_{\text{s is a son of u} , \sum_{t_s}\leq 2} f_{s,t_s} (t_s\in\{0,1\})$

感觉这个转移用文字阐述比式子方便的多。

如果和父亲之间保留了连边，最多就只能和一个儿子保留连边，其它儿子都要炸掉。

如果和父亲之间保留了连边，最多就只能和两个儿子保留连边，其它儿子都要炸掉。

具体转移可以选择求出 $f_{s,1} - f_{s,0}$ 的最大值和次大值，也可以选择做一个大小为 1 和 2 的背包，题解直接懒，使用了 sort ，故代码复杂度是 $O(n \log n)$ ，使用 nth_element 即可做到 $O(n)$ 。

代码（只放了dfs）

void dfs(int x,int fa) {
    vis[x] = 1; 
    if(ed[x].size() == 0 || (ed[x][0] == fa && ed[x].size( ) == 1) )  {
        f[x][0] = 2; f[x][1] = 0 ; f[x][2] = 0 ;
        return ; // 这里写的很臭，其实不用初值的。
    }
    Array sv ; 
    f[x][0] = (int)ed[x].size( ) + 1 , f[x][1] = 0 , f[x][2] = 0;
    for(int p:ed[x]) {
        if(p == fa) continue;
        dfs(p , x) ;
        f[x][0] += min(f[p][0] - 1 , f[p][2]);
        f[x][1] += f[p][0] ;
        f[x][2] += f[p][0] ; 
        sv.emplace_back(f[p][1] - f[p][0]); 
    }    
    sort(sv.begin( ) , sv.end( )) ;
    /*you can change it to nth_element , then it's O(n)*/
    f[x][1] += min(sv[0] , 0) ;
    f[x][2] += min(sv[0] , 0) ;
    (sv.size() > 1) && (f[x][2] += min(sv[1] , 0));
}