P4201-[NOI2008]设计路线【结论,树形dp】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P4201

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1|1题目大意

给出$n$个点的一棵树开始所有边都是白色，选出若干条没有公共点的路径将上面所有边变为黑色。

要求所有点到$1$号点的路径上经过的白色边的数量的最大值最小。

求最小值和方案数

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1|2解题思路

直接记录最小值的树形$dp$可以计算出第一个答案，但是第二个答案就有点麻烦了，因为有的不取最小值也不一定影响答案。

而可以发现如果按照树链剖分的思路来做答案是不会超过$\log_2n$的，进一步证明的话其实可以得到答案不会超过$\log_3 n$的结论，因为一个顶部节点实际上是可以延伸出$2$条路径的。

这样就可以直接$dp$了，设$f_{i,j,0/1/2}$表示到节点$i$，最大值为$j$，节点$i$已经往子树中延伸了$0/1/2$条路径时的方案数。

那么转移起来就很方便了，需要注意答案可能是模数的倍数，所以我们需要另开一个变量来记录每种情况是否有可能。

时间复杂度$O(n\log_3 n)$

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e5+10;
struct node{
	ll to,next;
}a[N<<1];
ll n,m,P,tot,ls[N],f[N][12][3];
bool v[N][12][3];
void addl(ll x,ll y){
	a[++tot].to=y;
	a[tot].next=ls[x];
	ls[x]=tot;return;
}
void dp(ll x,ll fa){
	for(ll i=1;i<=11;i++)f[x][i][0]=v[x][i][0]=1;
	for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next){
		ll y=a[i].to;
		if(y==fa)continue;dp(y,x);
		for(ll j=1;j<=11;j++){
			ll cho=(f[y][j-1][0]+f[y][j-1][1]+f[y][j-1][2])%P;
			ll che=(f[y][j][0]+f[y][j][1])%P;
			ll chv=v[y][j-1][0]|v[y][j-1][1]|v[y][j-1][2];
			ll chn=v[y][j][0]|v[y][j][1];
			(f[x][j][2]=f[x][j][1]*che+f[x][j][2]*cho)%=P;
			(f[x][j][1]=f[x][j][0]*che+f[x][j][1]*cho)%=P; 
			(f[x][j][0]*=cho)%=P;
			v[x][j][2]=v[x][j][1]&chn|v[x][j][2]&chv;
			v[x][j][1]=v[x][j][0]&chn|v[x][j][0]&chv; 
			v[x][j][0]&=chv;
		}
	}
	return;
}
signed main()
{
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&P);
	if(m!=n-1)return printf("-1\n-1")&0;
	for(ll i=1;i<=m;i++){
		ll x,y;
		scanf("%lld%lld",&x,&y);
		addl(x,y);addl(y,x); 
	}
	dp(1,1);
	for(ll i=1;i<=11;i++){
		ll p=v[1][i][0]|v[1][i][1]|v[1][i][2];
		if(!p)continue;
		printf("%lld\n%lld",i-1,(f[1][i][0]+f[1][i][1]+f[1][i][2])%P);
		break;
	}
	return 0;
}

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本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14466070.html
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