HDU 5735 Born Slippy(拆值DP+位运算)
【题目链接】 http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5735
【题目大意】
给出一棵树,树上每个节点都有一个权值w,w不超过216,树的根为1,从一个点往根的方向走,可以得到他的祖先序列,现在需要从v1点的祖先序列中挑选出一定数量的点,组成数列v1,v2,v3……vm,要求vi是vi-1的祖先,求dp[v1]=max(dp[vi]+(w[v1] opt w[vi])),opt是一种运算,在题目中可为xor,or或者and,最后求出ans=sum_{i=1}^{n}(i*(w[i]+dp[i]))
【题解】
对于这道题,我们首先考虑它的简化版本,在一个一维数组上求dp[i]=max(dp[j]+(w[i] opt w[j])) (j<i),显然枚举前缀的O(n2)的用脚趾头都能想出来的算法,出题人是不会给过的。那么我们观察一下题目,发现一个很奇巧的东西,w的值不超过216,难道说每次计算以w结尾的dp最大值,然后枚举二进制?一次6w多的计算量,明显也没有产生太大的优化,顺着这个思路下去,这道题采用了一种拆值DP的神奇的方式,
dp[i]=max(dp[j]+([w[i]前八位]opt[w[j]前八位])<<8+[w[i]后八位]opt[w[j]后八位])
记dp[A][B]=以前八位为A结尾,后八位以B结尾的dp值,于是就可以发现:
dp[A][B]=max(dp[i][B]+([w[i]前八位]opt[w[A]前八位])<<8)
那么,在知道了后八位的情况下,前八位就能轻松dp,既然这样,那我们就在计算完每个节点之后,预处理后八位的dp值:
dp[A][i]=max(dp[A][j]+([w[i]后八位]opt[w[j]后八位]))
这样子每次转移所需要的复杂度就只有28,可以接受。顺利完成。
而这道题所处理的却是树上的问题,那么在每条链上DP的过程中预处理祖先节点dp数组,按照上述方法计算子节点的dp值即可,而对于不同的子节点,dp数组备份,然后回溯即可。
【代码】
#include <cstdio> #include <vector> #include <algorithm> using namespace std; typedef unsigned int UI; const int N=65540,mod=1e9+7; UI T,n,i,w[N],nxt[N],x,f[256][256],tmp[N][256],v[256],ans; vector<UI>g[N]; char op[5]; UI opt(UI a,UI b){ if(op[0]=='A')return a&b; if(op[0]=='O')return a|b; if(op[0]=='X')return a^b; } void dfs(UI x){ UI dp=0,A=w[x]>>8,B=w[x]&255; for(int i=0;i<256;i++)if(v[i])dp=max(dp,f[i][B]+(opt(A,i)<<8)); ans=(1LL*x*(dp+w[x])+ans)%mod; for(v[A]++,i=0;i<256;i++)tmp[x][i]=f[A][i],f[A][i]=max(f[A][i],opt(B,i)+dp); for(int i=0;i<g[x].size();i++)dfs(g[x][i]); for(v[A]--,i=0;i<256;i++)f[A][i]=tmp[x][i]; } int main(){ scanf("%d",&T); while(T--){ scanf("%d %s",&n,op); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]),g[i].clear(); for(int i=2;i<=n;i++)scanf("%d",&x),g[x].push_back(i); ans=0; dfs(1); printf("%d\n",ans); }return 0; }
愿你出走半生,归来仍是少年