[atAGC034E]Complete Compress
先考虑枚举最后的点，并以其为根
首先，操作祖先-后代关系是没有意义的，因为以后必然有一次操作会操作祖先使其返回原来的位置，那么必然不如操作后代和那一个点（少一次操作）
考虑某一次操作，总深度和恰好减2，因此若有解，操作次数为深度和的一半
考虑dp，令$f_{k}$表示以$k$为根的子树经过若干次操作后，最小的深度和
考虑加入一棵以$son$为根的子树，有三种情况：
1.$f_{son}$大于之前所有子树内部节点的深度和，那么之前的子树中节点不在内部操作，全部与这棵子树抵消，剩下的深度即为$f_{k}$
2.之前子树内部最小的答案也大于了这棵子树内部的深度和，那么用这棵子树的深度和去抵消之前的深度
3.可以证明，一定有方案使得其能够比较完美的匹配，换言之根据奇偶性判断剩下0或1
更具体的，记$g_{k}$表示以$k$为根的子树内部初始深度和（相对于$k$），$sz_{k}$表示以$k$为根的子树内不节点个数，转移如下（$g_{k}$是不断加入子树，即记录之前所有子树内部深度和）：
$$
f_{k}=\begin{cases}(f_{son}+sz_{son})-g_{k}(g_{k}<f_{son}+sz_{son})\\ f_{k}-(g_{son}+sz_{son})(f_{k}>g_{son}+sz_{son})\\ (f_{k}+g_{son}+sz_{son})\mod\ 2\end{cases}
$$
（关于$g_{k}$的转移是$g_{k}=g_{k}+g_{son}+sz_{son}$）
最后判定$f_{root}$即可，时间复杂度为$o(n^{2})$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 2005 4 #define ll long long 5 struct ji{ 6 int nex,to; 7 }edge[N<<1]; 8 int E,n,x,y,ans,head[N],sz[N],g[N],f[N]; 9 char s[N]; 10 void add(int x,int y){ 11 edge[E].nex=head[x]; 12 edge[E].to=y; 13 head[x]=E++; 14 } 15 void dfs(int k,int fa){ 16 sz[k]=g[k]=f[k]=0; 17 if (s[k]=='1')sz[k]=1; 18 for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex) 19 if (edge[i].to!=fa){ 20 dfs(edge[i].to,k); 21 sz[k]+=sz[edge[i].to]; 22 if (g[k]<f[edge[i].to]+sz[edge[i].to])f[k]=f[edge[i].to]+sz[edge[i].to]-g[k]; 23 else{ 24 if (g[edge[i].to]+sz[edge[i].to]<f[k])f[k]-=g[edge[i].to]+sz[edge[i].to]; 25 else f[k]=((f[k]+g[edge[i].to]+sz[edge[i].to])&1); 26 } 27 g[k]+=g[edge[i].to]+sz[edge[i].to]; 28 } 29 } 30 int main(){ 31 scanf("%d%s",&n,s+1); 32 memset(head,-1,sizeof(head)); 33 for(int i=1;i<n;i++){ 34 scanf("%d%d",&x,&y); 35 add(x,y); 36 add(y,x); 37 } 38 ans=n*n; 39 for(int i=1;i<=n;i++){ 40 dfs(i,0); 41 if (!f[i])ans=min(ans,g[i]/2); 42 } 43 if (ans==n*n)ans=-1; 44 printf("%d",ans); 45 }
