AT4995-[AGC034E] Complete Compress【树形dp】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/AT4995

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1|1题目大意

$n$个点的一棵树，上面有一些棋子，每次可以选择两个棋子移动到他们之间的路径上相邻的点上，求最少多少步能移动到一个点上。

$n\in[1,2000]$

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1|2解题思路

如果固定最终节点的话，这个节点$rt$可行的话那么答案一定是$\frac{\sum dis(rt,x)}{2}$。

那么现在就转变为一个判定性问题，我们现在的操作变为了每次选择两个没有祖先关系的点，然后将它们往它们的$LCA$处移动一格。

同样的，我们发现如果我们在处理一个点$x$作为$LCA$时，我只会关心所有节点来自它的哪个儿子而不用考虑具体的位置。所以可以搞树形$dp$。

设$f_x$表示$x$的子树内最多的移动次数，定义$s_x=\sum_{y\in subtree(x)}dis(x,y)$的话，那么我们的转移和$max\{s_y\}(x->y)$有关。

若$max\{s_y\}\times 2\leq s_x$，那么这里面的节点可以两两配对，$f_x=\frac{s_x}{2}$。

否则他$s$最大的子树$y$之中会有剩余的节点无法相互匹配，那么有 $$f_x=s_x-s_y+min{f_y,s_y-\lfloor\frac{s_x}{2}\rfloor}$$

然后如果$f_x=\frac{s_x}{2}$那么$x$就是可行的答案

时间复杂度$O(n^2)$

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2100;
struct node{
	int to,next;
}a[N<<1];
int n,tot,ls[N],s[N],w[N],f[N],ans;
char v[N];
void addl(int x,int y){
	a[++tot].to=y;
	a[tot].next=ls[x];
	ls[x]=tot;return;
}
void dp(int x,int fa){
	s[x]=w[x]=0;
	int mx=0,son=0;
	for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){
		int y=a[i].to;
		if(y==fa)continue;
		dp(y,x);w[x]+=w[y];
		s[x]+=s[y]+w[y];
		if(s[y]+w[y]>mx)
			mx=s[y]+w[y],son=y;
	}
	if(mx*2>s[x])
		f[x]=s[x]-mx+min(f[son],mx-s[x]/2);
	else f[x]=s[x]/2;
	w[x]+=(v[x]=='1');
	return;
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	scanf("%s",v+1);
	for(int i=1;i<n;i++){
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		addl(x,y);addl(y,x);
	}
	ans=1e9;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		dp(i,i);
		if(s[i]&1)continue;
		if(f[i]==s[i]/2)
			ans=min(ans,f[i]);
	}
	if(ans==1e9)puts("-1");
	else printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14398740.html
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