洛谷P3177||bzoj4033 [HAOI2015]树上染色

洛谷P3177

bzoj4033

根本不会做。。。

上网查了题解，发现只要在状态定义的时候就考虑每一条边全局的贡献就好了？

考虑边的贡献和修改状态定义我都想到了，然而并不能想到要结合起来

ans[i][j]表示i子树中选j个黑色节点，最大的贡献和

容易知道：每一条边的贡献为 长度*(边一侧的白点数*边另一侧的白点数+边一侧的黑点数*边另一侧的黑点数)

可以发现，如果已经确定一棵子树中选多少个黑点，那么这棵子树的根到其父亲的连边的贡献可以直接确定

考虑向一棵树的根节点(u)下再加入一棵子树(v)时的转移：sz[u]表示u子树的节点个数

$ans[u][k]=max\{ans[u][i]+ans[v][j]+dis(u,v)*(j*(K-j)+(sz[v]-j)*(n-sz[v]-K+j))\}(k=i+j)$

要构建一棵树，可以先构建完所有以根节点的某个子节点为根的子树，然后再依次将子树与根节点连上边。

复杂度好像是n^3的？事实上只要改一下循环的上界就n^2了。转移某个子树时，i上界为之前已经转移过的子树size和 + 1(根节点自身)，j上界为目标子树size

可以发现，树上每一对点对刚好产生1次转移（在lca处产生），因此总复杂度等于总点对数是n^2的

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define pb push_back
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
struct E
{
    ll to,nxt,d;
}e[4010];
ll f1[2010],ne;
ll ans[2010][2010];
ll sz[2010];
ll tmp[2010];
ll n,K;
void dfs(ll u,ll fa)
{
    ans[u][0]=ans[u][1]=0;sz[u]=1;
    ll i,j;
    for(ll v,k=f1[u];k;k=e[k].nxt)
        if(e[k].to!=fa)
        {
            v=e[k].to;
            dfs(v,u);
            memset(tmp,192,sizeof(ll)*(sz[u]+sz[v]+1));
            for(i=sz[u];i>=0;--i)
            {
                for(j=sz[v];j>=0;--j)
                {
                    if(K>=j&&n-sz[v]-K+j>=0)
                    {
                        tmp[i+j]=max(tmp[i+j],ans[u][i]+ans[v][j]
                            +e[k].d*(j*(K-j)+(sz[v]-j)*(n-sz[v]-K+j)));
                    }
                }
            }
            for(i=0;i<=sz[u]+sz[v];++i)
                ans[u][i]=tmp[i];
            sz[u]+=sz[v];
        }
    //printf("1t%lld\n",u);
    //for(i=0;i<=sz[u];i++)
    //    printf("%lld %lld\n",i,ans[u][i]);
}
int main()
{
    ll i,x,y,z;
    memset(ans,192,sizeof(ans));
    scanf("%lld%lld",&n,&K);
    for(i=1;i<n;++i)
    {
        scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
        e[++ne].to=y;e[ne].nxt=f1[x];f1[x]=ne;e[ne].d=z;
        e[++ne].to=x;e[ne].nxt=f1[y];f1[y]=ne;e[ne].d=z;
    }
    dfs(1,0);
    printf("%lld",ans[1][K]);
    return 0;
}