[ZJOI2006]三色二叉树

[ZJOI2006]三色二叉树

题意：

给定一个中序遍历的二叉树序列 , 每个值代表：

• \(0\) 无儿子
• \(1\) 有左儿子
• \(2\) 有右儿子

要求染色，一共有三种颜色：绿，蓝，红，儿子不和父亲颜色相同，若有两个儿子节点则两个儿子节点颜色也不相同，求一种颜色染色个数的最大值和最小值。

分析：

先建树，因为知道是中序遍历，我们可以先建左儿子，再建右儿子。

因为不好传递是建立左儿子还是右儿子，因此我们可以利用指针，直接给左儿子和右儿子赋值。

void dfs(int &x){
    x=++tot;//建树，因为不好确定左儿子和右儿子，直接建即可
    int opt=s[tot]-'0';
    if(opt==0) return;
    if(opt==1) dfs(son[x][0]);
    if(opt==2) dfs(son[x][0]),dfs(son[x][1]);
}

看这种题目：根节点不和子树相同。

是否想起了 没有上司的舞会 ？ 这类题目都是这样：

设 \(dp[x][1]\) 表示 \(x\) 取绿色，则儿子必须取其他颜色，则有：

dp[i][1]=dp[son[i][0]][0]+dp[son[i][1]][0]+1;

设 \(dp[x][0]\) 表示 \(x\) 不取绿色，则只能有一个儿子取绿色。

因此，最多情况取 \(max\) ,最少情况取 \(min\) 即可

dp[i][0]=max(dp[son[i][0]][1]+dp[son[i][1]][0],dp[son[i][0]][0]+dp[son[i][1]][1]);

dp[i][0]=min(dp[son[i][0]][1]+dp[son[i][1]][0],dp[son[i][0]][0]+dp[son[i][1]][1]);

那么怎么优化 \(dp\) 转移时的复杂度呢？

在建树时，是根据 根 \(\rightarrow\) 左儿子 \(\rightarrow\) 右儿子 建立的。

而且儿子节点的编号比父亲节点要大。

因此，我们倒序枚举每一个标号所代表的点，依次进行转移即可。

for(int i=n;i>=1;i--){
....    
}

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5+5;

char s[N];
int son[N][2],tot;
int minn=0x3f3f3f3f,maxx;
int dp[N][2],root=0;

void dfs(int &x){
    x=++tot;//建树，因为不好确定左儿子和右儿子，直接建即可
    int opt=s[tot]-'0';
    if(opt==0) return;
    if(opt==1) dfs(son[x][0]);
    if(opt==2) dfs(son[x][0]),dfs(son[x][1]);
}

int main(){
    scanf("%s",s+1);
    dfs(root); int n=strlen(s+1);
    for(int i=n;i>=1;i--){//因为dp顺序是:右儿子，左儿子，中间，因此肯定不会重复计算之类的
        dp[i][1]=dp[son[i][0]][0]+dp[son[i][1]][0]+1;
        dp[i][0]=max(dp[son[i][0]][1]+dp[son[i][1]][0],dp[son[i][0]][0]+dp[son[i][1]][1]);
    }
    cout<<max(dp[1][1],dp[1][0])<<" ";

    for(int i=n;i>=1;i--){
        dp[i][1]=dp[son[i][0]][0]+dp[son[i][1]][0]+1;
        dp[i][0]=min(dp[son[i][0]][1]+dp[son[i][1]][0],dp[son[i][0]][0]+dp[son[i][1]][1]);
    } 
    cout<<min(dp[1][1],dp[1][0])<<endl;
    system("pause");
    return 0;
}