雅礼集训 Day3 T3 w 解题报告
w
题目背景
\(\frac 14\)遇到了一道水题，双完全不会做，于是去请教小\(\text{D}\)。小\(\text{D}\)看了\(0.607^2\)眼就切掉了这题，嘲讽了\(\frac 14\)一番就离开了。
于是，\(\frac 14\)只好来问你，这道题是这样的：
题目描述
有一棵\(n\)个节点的树，每条边长度为\(1\)，颜色为黑或白。
可以执行若干次如下操作：选择一条简单路径，反转路径上所有边的颜色。
对于某些边，要求在操作结束时为某一种颜色。
给定每条边的初始颜色，求最小操作数，以及满足操作数最小时，最小的操作路径长度和。
输入输出格式
输入格式
第一行，一个正整数\(n\)。
接下来\(n-1\)行，每行四个整数\(a,b,c,d\)：
-
树中有一条边连接\(a\)和\(b\)。
-
\(c=0,1\)表示初始颜色为白色、黑色。
-
\(d=0,1,2\)表示最终要求为白色、要求为黑色、没有要求。
输出格式
输出一行，两个整数，表示最小操作数、操作数最小时的最小路径长度和。
数据范围
\(n\in [1,10^5]\)，\(a,b\in [1,n]\)，\(c\in \{0,1\}\)，\(d\in \{0,1,2\}\)
| \(\text{Subtask}\) | 分值 | \(n\le\) | 其他限制 |
|---|---|---|---|
| \(1\) | \(18\) | \(20\) | 无 |
| \(2\) | \(25\) | \(10^3\) | 最多\(10\)条边使得\(d=2\) |
| \(3\) | \(23\) | \(10^5\) | 保证\(a+1=b\) |
| \(4\) | \(1\) | \(10^5\) | 保证\(d=2\) |
| \(5\) | \(13\) | \(10^5\) | 保证\(d\not=2\) |
| \(6\) | \(20\) | \(10^5\) | 无 |
又是一道神题，先形式化的说一说做法吧。
有一个容易发现的小性质：每条边最多只需要翻转一次。
然后我们考虑翻转了边集\(E\)，边集\(E\)的操作数为边集中连接的点的奇数度数点的个数除2，路径长度为边数。我们需要在最小化前者的基础上最小化后者。
可以把代价直接压进去做树形\(DP\)，考虑每个子树的最小化代价。
子树划分为两个状态，代表头顶上的点是否翻转。
具体的说\(dp_{i,0/1}\)代表以\(i\)为根的子树具有最优代价(\(c_1,c_2\))时是否(0/1)翻转头顶的边，\(c_1\)为奇数点个数，\(c_2\)为翻转路径长度。
这里边，点的代价均下放。
考虑儿子集合\(\{v\}\)如何被转移。
\(w_1\)代表已经转移的集合\(\{v'\}\)有一条向\(i\)伸出的翻转边的最小代价，\(w_2\)代表没有伸出翻转边
\(w_1=min(w_1+dp_{v,0},w_2+dp_{v,1})\)
\(w_2=min(w_1+dp_{v,1},w_2+dp_{v,0})\)
也就是拿子树做了一个递推。
初始化：\(w_1=(inf,inf),w_2=(0,0)\)
考虑如何用\(w_1,w_2\)更新\(i\)的答案。
如果\(i\)的头顶一定需要翻转
\(dp_{i,0}=(inf,inf)\)
\(dp_{i,1}=min((w_1.c_1,w_1.c_2+1),(w_2.c_1+1,w_2.c_2+1))\)
分别代表 翻转向上延伸，奇数点不变，路径长度+1 和 独立翻转出去，奇数点与路径长均+1
如果\(i\)的头顶一定不需要翻转
\(dp_{i,0}=min((w_1.c_1+1,w_1.c2),w_2)\)
分别代表\(i\)成为奇数点，路径不变 和 直接没操作
\(dp_{i,1}=(inf,inf)\)
如果可以翻转可以不翻转，就做两个有决策的
然后就没了
考虑可以从这个题目得到什么收获。
- 可以把最优状态下的最优压在一起拿二元组做
- 首先要认真研究性质，作为划分状态的依据
- 与路径有关的状态划分基于是否从头顶伸出一条边
Code:
#include <cstdio>
const int N=1e5+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int head[N],to[N<<1],Next[N<<1],edge[N<<1],cnt,n;
void add(int u,int v,int w)
{
to[++cnt]=v,edge[cnt]=w,Next[cnt]=head[u],head[u]=cnt;
}
struct node
{
int c1,c2;
node(){}
node(int c1,int c2){this->c1=c1,this->c2=c2;}
node friend operator +(node n1,node n2)
{
node n3(n1.c1+n2.c1,n1.c2+n2.c2);
return n3;
}
bool friend operator <(node n1,node n2)
{
return n1.c1==n2.c1?n1.c2<n2.c2:n1.c1<n2.c1;
}
}dp[N][2];
node min(node n1,node n2){return n1<n2?n1:n2;}
void dfs(int now,int fa,int typ)
{
node w1(inf,inf),w2(0,0),nx1,nx2;
for(int i=head[now];i;i=Next[i])
{
int v=to[i];
if(v==fa) continue;
dfs(v,now,edge[i]);
nx1=min(w1+dp[v][0],w2+dp[v][1]);
nx2=min(w1+dp[v][1],w2+dp[v][0]);
w1=nx1,w2=nx2;
}
if(typ==1||typ==2)
dp[now][1]=min(node(w1.c1,w1.c2+1),node(w2.c1+1,w2.c2+1));
else
dp[now][1]=node(inf,inf);
if(typ==0||typ==2)
dp[now][0]=min(node(w1.c1+1,w1.c2),w2);
else
dp[now][0]=node(inf,inf);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int a,b,c,d,i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
c=d==2?d:c!=d;//0不翻转,1翻转,2随便
add(a,b,c),add(b,a,c);
}
dfs(1,0,2);
printf("%d %d\n",dp[1][0].c1>>1,dp[1][0].c2);
return 0;
}
2018.10.12
