CF1928G Vlad and Trouble at MIT

CF1928G Vlad and Trouble at MIT

Vlad and Trouble at MIT

Problem

MIT的学生宿舍可以用一棵有\(n\)个顶点的树来表示，每个顶点代表一个房间，每个房间一个学生。

今晚，有三种类型的学生：

• 想参加派对和玩音乐的学生(标记为 \(\texttt{P}\) )
• 想睡觉和享受安静的学生(标记为 \(\texttt{S}\) )
• 无所谓的学生(标记为 \(\texttt{C}\) )。

开始时所有的边缘都是薄墙，允许音乐通过，因此当参加派对的学生放音乐时，每个房间都能听到。但是，我们可以在任何边缘放置一些厚墙--厚墙不允许音乐通过。

学校希望安装一些厚墙，这样每个参加派对的学生都可以播放音乐，而睡觉的学生却听不到。

最少需要多少厚墙？

\(1 \leq t \leq 1000\)

\(2 \leq \sum n \leq 10^5\)

Wrong Solution

选择最少条边，将所有的P和S隔开。此时C是无所谓的。

如果这张图里面没有C，只有P和S的话，那么这棵树就是将将所有P-S边封上即可；

假如有C呢？我先想到了贪心+给C-C缩成一个C。结果缩点都写完了，突然发觉这贪心是伪的（也许有真的贪心吧）

Solution

树型dp。

任选一个节点作为根节点。设dp[i]表示以i为根节点的子树目前是被谁占领的（1表示P，2表示S，3表示无所谓）

dfs这棵树，先到叶子节点，叶子节点的占领情况自然就是这一节点本身的值。

回溯到点x，分为几种情况：

• 节点本身为C，即无所谓。
  此时需要考虑各个子树之间的互相影响。
  统计子树的dp，看看各个子树目前的占领情况。

  1. 若子树中P与S一样多

     那么让P占领自身与让S占领自身的花费都是一样的。所以设dp[x]为0，即无所谓。（由上游摆布）

  2. 若子树中P与S不一样多

     优先给数量少的子树封上硬墙，并且点x被数量多的那种占领。

• 节点本身不为C。

  那么点x自然只能被其本身的学生类型所占领。

  并且所有与之互斥的子树都需要加墙，无所谓的子树则不用

时间复杂度\(O(tn)\)

Code

#define N 100010

int t;
int n;
vector<int>e[N];
char ch[N];
int dp[N];
int ans;
void dfs(int x,int f)
{
	
	if(e[x].size()==1&&x!=1)
	{
		if(ch[x]=='P') dp[x]=1;
		else if(ch[x]=='S') dp[x]=2;
		else dp[x]=0;
		return;
	}
	
	
	int v;
	int cnt[3]={0,0,0};
	for(int i=0;i<e[x].size();i++)
	{
		v=e[x][i];
		if(v==f) continue;
		dfs(v,x);
		cnt[dp[v]]++;
	}
	if(ch[x]=='C')
	{
		ans+=min(cnt[1],cnt[2]);
		if(cnt[1]==cnt[2])
		{
			dp[x]=0;
		}
		if(cnt[1]>cnt[2])
		{
			dp[x]=1;
		}
		if(cnt[1]<cnt[2])
		{
			dp[x]=2;
		}
	}
	else if(ch[x]=='P')
	{
		ans+=cnt[2];
		dp[x]=1;
	}
	else{
		ans+=cnt[1];
		dp[x]=2;
	}
	
}
int main()
{
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		cin>>n;
		for(int i=2;i<=n;i++)
		{
			int x;cin>>x;
			e[x].push_back(i);
			e[i].push_back(x);
		}
		string str;cin>>str;
		for(int i=1;i<=n;i++) ch[i]=str[i-1];
		
		dfs(1,0);
		cout<<ans<<endl;
		
		for(int i=1;i<=n;i++) e[i].clear(),dp[i]=0;
		ans=0;
	}
	return 0;
}

Referance

CJQ