CF70E Information Reform 题解

CF70E Information Reform

树形 DP 好题。一开始想成了换根，想了 2h 发现不太可做，主要是不会设计状态。套路地将节点 $u$ 选还是不选设入状态这种方法是不可做的。

观察到 $n\le 180$，在树上问题中这个数据范围不多见，大抵是一个 $O(n^3)$ 的算法，那么首先不管用 Floyd 还是 DFS 求出两点间距离记作 $\text{dis}(u,v)$ 是容易的。

那么状态设计就是本题的难点，首先得到一个极为重要的引理如下。这个引理告诉我们，对于一个节点 $u$ 所辐射的点形成一个连通块。那么既然形成了一个连通块了，就可以将问题转化为：把树分为若干个连通块，每个连通块选择一个区域信息中心的代价。

引理：设 $t_i$ 是离节点 $i$ 最近的区域信息中心。对于树上两点 $u,v$，若 $t_u=t_v=k$，则在 $u\to v$ 路径上的所有点 $w$ 都满足 $t_w=k$。

那么这个问题就简单了，对于每个连通块在其根部计算贡献，设 $f_{u,j}$ 为以 $u$ 为根的子树中 $t_u=j$ 的最小代价，则有

$$f_{u,j}\leftarrow f_{u,j}+\underset{v\in \text{son}(u)}{min}\{f_{v,k},f_{v,j}-K\}$$

实际实现中，我们只需要再记录一个使 $f_{u,j}$ 最小的 $j$，记作 $g_u$，就可以把上述转移方程优化到 $O(n^3)$。

输出方案也是容易的。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

constexpr int MAXN=205;
int n,k,d[MAXN],dis[MAXN][MAXN];
vector<int>G[MAXN];
int f[MAXN][MAXN],g[MAXN],ans[MAXN];

void getdis(){
	for(int k=1;k<=n;++k)
		for(int i=1;i<=n;++i)
			for(int j=1;j<=n;++j)
				dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
}
void dfs(int u,int fno){
	memset(f[u],0x3f,sizeof(int)*(n+5));
	for(int i=1;i<=n;++i) f[u][i]=d[dis[u][i]]+k;
	for(auto v:G[u]){
		if(v==fno) continue;
		dfs(v,u);
		for(int i=1;i<=n;++i)
			f[u][i]+=min(f[v][i]-k,f[v][g[v]]);
	}
	for(int i=1;i<=n;++i) if(f[u][i]<f[u][g[u]]) g[u]=i;
}
void dfs2(int u,int fno){
	for(auto v:G[u]){
		if(v==fno) continue;
		if(f[v][ans[u]]-k<f[v][g[v]]) ans[v]=ans[u];
		else ans[v]=g[v];
		dfs2(v,u);
	}
}

int main(){
	cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(0);
	cin>>n>>k;
	for(int i=1;i<n;++i) cin>>d[i];
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	for(int i=1;i<=n;++i) dis[i][i]=0;
	for(int i=1,u,v;i<n;++i){
		cin>>u>>v;
		G[u].emplace_back(v);
		G[v].emplace_back(u);
		dis[u][v]=dis[v][u]=1;
	}
	getdis();
	dfs(1,0);
	cout<<f[1][g[1]]<<'\n';
	ans[1]=g[1];
	dfs2(1,0);
	for(int i=1;i<=n;++i) cout<<ans[i]<<" \n"[i==n];
	return 0;
}