【题解】[NOI2006] 网络收费

考察：完全二叉树 + 状压 dp 。

我们可以重新定义一下这个收费：当一个点到 LCA 颜色相同的时候不收钱，否则收一分钱。这样贡献可以分别算。（我的思维炸裂了 qwq

设 $f[i][j][k]$ 表示树上第 i 个点的子树下有 j 个 B 类点 ， i 到根节点的状态为 k 的最小费用。当我们遍历到叶节点时，可以算出这个点对整个答案的贡献。根据选择 B 类点的个数，可以得出 LCA 的颜色：

• 当 $nA\ge nB$ 时，这个点的颜色是 A
• 当 $nA<nB$ 时，这个点的颜色是 B

转移的时候把 k 传进去，空间复杂度可以优化到 o(n^2) 。

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int Maxn=1030;
int n,u[Maxn],c[Maxn],f[Maxn<<1][Maxn],s[Maxn][Maxn];
void solve(int p,int l,int r,int dep,int k) {
	//叶子结点算对整个答案的贡献 
	if(l==r) {
		f[p][u[l]]=0;
		f[p][u[l]^1]=c[l];
		int L=l,R=r,len=1,y=p;
		for(int i=0;i<dep;i++) { 
			int op=k>>i&1;
			//判断是左儿子还是右儿子 
			if(y&1) {
				f[p][op^1]+=s[l][L-1]-s[l][L-len-1],L-=len;
			}
			else {
				f[p][op^1]+=s[l][R+len]-s[l][R],R+=len;
			}
			len<<=1,y>>=1;
		}
		return;
	}
	int mid=l+r>>1,len=r-mid;
	for(int i=0;i<=r-l+1;i++) f[p][i]=inf;
	//暴力背包转移 
	solve(p<<1,l,mid,dep+1,k<<1);
	solve(p<<1|1,mid+1,r,dep+1,k<<1);
	// nA>=nB 
	for(int i=0;i<=len;i++) {
		for(int j=0;j<=len-i;j++) {
			f[p][i+j]=min(f[p][i+j],f[p<<1][i]+f[p<<1|1][j]);
		}
	}
	// nA<nB
	solve(p<<1,l,mid,dep+1,1+(k<<1));
	solve(p<<1|1,mid+1,r,dep+1,1+(k<<1));
	for(int i=0;i<=len;i++) {
		for(int j=len-i+1;j<=len;j++) {
			f[p][i+j]=min(f[p][i+j],f[p<<1][i]+f[p<<1|1][j]);
		}
	}
}
int main() {
//	freopen("data.in","r",stdin);
	scanf("%d",&n);
	n=1<<n;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		scanf("%d",&u[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		scanf("%d",&c[i]);
	}
	for(int i=1;i<n;i++) {
		for(int j=i+1;j<=n;j++) {
			int x; scanf("%d",&x);
		    s[i][j]=s[j][i]=x;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=1;j<=n;j++) {
			s[i][j]+=s[i][j-1];
		}
	}
	solve(1,1,n,0,0);
	int res=inf;
	for(int i=0;i<=n;i++) {
		res=min(res,f[1][i]);
	}
	printf("%d",res);
}

__EOF__

本文作者：仰望星空的蚂蚁
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