【动态规划】【贪心】 [POI2011] DYN-Dynamite

这俩东西是怎么结合到一起的？

题目描述

给一棵树，树上有一些关键节点，要求你选 $m$ 个点，第 $i$ 个关键节点到这些点中每个点距离的最小值记为 $d i s_{i}$ ，记这全部 $d i s$ 的最大值为 $K$ ，现在要使 $K$ 最小，求这个 $K$ 。

$1 \leq n, m \leq 3 \times 10^{5}$ 。

算法描述

让最大值最小，二分答案判断可行性。假设现在 $d i s$ 的最大值为 $m i d$ ，相当于要所有的关键点到最近的选择点距离都小于等于 $m i d$ ，我们发现一棵子树内的关键点，要么已经在子树中解决，要么需要一条链从外面进来覆盖它。所以我们考虑记 $f_{x}$ 为 $x$ 子树中没有被覆盖关键点到 $x$ 的最大距离。

但是，存在一种从子树中心选的点覆盖这个 $f_{x}$ 的情况，所以我们再考虑设 $g_{x}$ 为 $x$ 子树中选择的点到 $x$ 的最小距离。

f_{x} = max_{s o n} f_{s o n} + 1

g_{x} = min_{s o n} g_{s o n} + 1

我们考虑几种需要修改 $f, g$ 的情况：

$f_{x} = m i d$ ，这时如果再拖延就没有办法覆盖到这个距离为 $m i d$ 的点了，所以 $f_{x} = - i n f, g_{x} = 0, c n t + +$ ，在 $x$ 处设关键点。
$f_{x} + g_{x} \leq m i d$ ，这时可以用子树中的 $g_{x}$ 直接覆盖 $f_{x}$ ，所以 $f_{x} = - i n f$ 。
$g_{x} > m i d, d_{x} = 1$ ，这个点是关键点，且无法被子树中的点覆盖，所以需要记录这个关键点为 “未覆盖的点”， $f_{x} = max (f_{x}, 0)$ 。

然后二分答案时判断 $c n t \leq m$ 即可。

时间复杂度 $Θ (n \log n)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5 + 5,inf = 0x3f3f3f3f;
int f[N],g[N],n,m,cnt = 0,mid,d[N];
vector <int> G[N];
inline void dp(int x,int last)
{
	f[x] = -inf; g[x] = inf;
	for(auto to : G[x])
	{
		if(to == last) continue;
		dp(to,x);
		f[x] = max(f[x],f[to] + 1);
		g[x] = min(g[x],g[to] + 1);
	}
	if(f[x] + g[x] <= mid) f[x] = -inf;
	if(g[x] > mid && d[x] == 1) f[x] = max(f[x],0);
	if(f[x] == mid) ++cnt,f[x] = -inf,g[x] = 0;
}
inline bool check() 
{
	cnt = 0;
	dp(1,0);
	if(f[1] >= 0) cnt++;
	return cnt <= m;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i = 1;i <= n;i++) cin>>d[i];
	for(int i = 1,x,y;i <= n - 1;i++)
	{
		cin>>x>>y;
		G[x].push_back(y);
		G[y].push_back(x);
	}
	int l = 0,r = n;
	while(l < r)
	{
		mid = (l + r) >> 1;
		if(check()) r = mid;
		else l = mid + 1;
	}
	cout<<l;
	return 0;
}