[DMOI R2] 暗号

[DMOI R2] 暗号 官方题解

题目简述

给一棵 $n$ 个节点的树，每个节点有一个权值。要求给这 $n$ 个节点黑白染色。两个拥有相同颜色的节点中，深度较小的结点的权值加上子树中颜色与它相等的节点初始值。

（题解直接用染色代替暗号）

思路

subtask 1

可以直接 $O(2^n)$ 枚举每个点的颜色，然后遍历整棵树，求出当前整棵树的权值和，最后取最大值。时间复杂度为 $O(n2^n)$。

subtask 2

预期时间复杂度 $O(n2^{\frac{n}{2}+1})$ 或 $O(n^4)$，未确定具体算法。

subtask 3

对于一条链的情况，我们可以把它当作一维染色前缀和问题来解决。未确定算法，预计时间复杂度 $O(nlogn) \sim O(n^3)$

subtask 4

我们发现权值没有负数，那将整棵树染上相同的颜色即可，$O(n)$ 计算最终答案。

subtask 5

对于菊花图，我们将根节点染上黑色，对于其他节点，如果是负数点权，染上白色，否则染上黑色。预计时间复杂度 $O(n)$。

subtask 6

我们来考虑正解。这里我们可以发现思路应该往树形 dp 上靠。

我们用 $0$ 代表黑色，用 $1$ 代表白色。

我们从下往上开始进行 dp。我们设 $f_{i,j,k,c}$ 为将节点 $i$ 染成颜色 $c$，且 $i$ 到根的路径上有 $j$ 组连续两个染黑色的点，$k$ 组连续染白色的点，$i$ 的子树对答案的贡献。

那么我们有如下的状态转移方程：

$$f_{u,j,k,0}=\sum_{v\in son_u}\max(f_{v,j,k,1},f_{v,j+1,k,0})+(j+1)w_u\\ f_{u,j,k,1}=\sum_{v\in son_u}\max(f_{v,j,k,0},f_{v,j,k+1,1})+(k+1)w_u$$

具体来说，如果点 $u$ 染成了黑色，其子节点 $v$ 也为黑色，那么该子节点对子树 $i$ 的贡献为 $f_{v,j+1,k,0}$，如果子节点 $v$ 为白色，那么该子节点对子树 $i$ 的贡献为 $f_{v,j,k,1}$。如果点 $u$ 染成了白色，其子节点 $v$ 也为白色，那么该子节点对子树 $i$ 的贡献为 $f_{v,j,k+1,1}$，如果子节点 $v$ 为黑色，那么该子节点对子树 $i$ 的贡献为 $f_{v,j,k,0}$。则点 $u$ 对答案的贡献为其所有子节点对 $u$ 的贡献加上自己的贡献。我们从下往上 dp，最终答案为 $\max(f_{1,0,0,0},f_{1,0,0,1})$。

解题代码

#include<cstdio>
typedef long long ll;
inline int read(){
	int x=0;
	int ch=getchar(),f=0;
	while(ch<48||ch>57) f=(ch=='-'),ch=getchar();
	while(ch>47&&ch<58) x=(x<<3)+(x<<1)+(ch&15),ch=getchar();
	return f?-x:x;
}
const int N=505;
int n;
struct node{
	int to,nxt;
}e[N<<1];
int head[N],cnt;
inline void add(int u,int v){
	e[++cnt].to=v;
	e[cnt].nxt=head[u];
	head[u]=cnt;
}
int dep[N];
int s[N],w[N];
inline void dfs1(int u,int f){
	dep[u]=dep[f]+1;
	for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
		int v=e[i].to;
		if(v==f) continue;
		dfs1(v,u);
	}
}
int f[N][N][N][2];
inline int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
inline void dfs2(int u,int fa){
	for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
		int v=e[i].to;
		if(v==fa) continue;
		dfs2(v,u);
		for(int j=0;j<dep[u];++j){
			for(int k=0;k<dep[u]-j;++k){
				f[u][j][k][0]+=max(f[v][j][k][1],f[v][j+1][k][0]);
				f[u][j][k][1]+=max(f[v][j][k][0],f[v][j][k+1][1]);
			}
		}
	}
	for(int j=0;j<dep[u];++j){
		for(int k=0;k<dep[u]-j;++k){
			f[u][j][k][0]+=(j+1)*w[u];
			f[u][j][k][1]+=(k+1)*w[u];
		}
	}
}
int main(){
	n=read();
	for(int i=1,u,v;i<n;++i){
		u=read(),v=read();
		add(u,v);
		add(v,u);
	}
	dfs1(1,0);
	for(int i=1;i<=n;++i) w[i]=read();
	dfs2(1,0);
	printf("%d\n",max(f[1][0][0][0],f[1][0][0][1]));
	return 0;
}