P4362 [NOI2002]贪吃的九头龙 题解

Post time: 2020-07-22 17:49:15

传送门

这个题显然是一个树形dp。我们先来总结一下树形dp的套路：

1. 定义 dp 数组意义，注意要考虑到题目的一些特殊要求（比如本题的大头），还要考虑到如何输出结果。

2. 思考如何将一个点的所有 dp 值由这个点的儿子节点转移过来，即我们常说的状态转移方程。

3. 将方程放到 dfs 深搜中更新 dp 值，最终输出答案。

所以，我们先来考虑这个题怎么样定义 dp 数组来处理特殊要求。

一、 关于大头？

我们整理题目可以发现，关于大头，本题大概有这样两个限制：

1. 大头必须吃掉 \(1\) 号节点

2. 大头必须吃掉 \(k\) 个节点

所以，我们大可以用 f[i][j] 表示对于 \(i\) 号节点，它的子树一共有 \(j\) 个节点被大头吃掉了。

这样有什么好处呢？我们可以发现，最后我们只需要输出 f[1][k] 就万事大吉了——等等，第一个限制是不是还没考虑？

这样，我们可以再把 f 开一维 [0/1]，用 f[i][j][0/1] 表示 i 号节点有没有被大头吃掉，\(0\) 表示不是大头吃的，\(1\) 表示是大头吃的。现在我们可以输出 f[1][k][1]，就完完全全考虑完了大头的限制啦！

二、转移方程？

对于每一个节点 \(u\) 来说，我们需要把 f[u][0-k][0/1] 全部更新才算更新完了所有状态。考虑什么情况下会增加难受值——如果有 \(3\) 个或以上的头，虽然可能有的边连的两个点都没有被大头吃掉，但是一定可以通过剩下的头让这条边不被吃掉（这个应该很显然吧）。但是如果只有两个头，我们会发现，如果这两个点都没被大头吃掉，那它们一定被另一个头吃了。所以，我们在判断的时候要格外注意 \(m=2\) 的情况。

对于大头不吃 \(u\) 点的情况，可能由 \(v,u\) 大头都不吃和吃 \(v\) 不吃 \(u\) 两种情况转移过来；吃 \(u\) 点同理。dp 方程大概长这样，反正就是考虑一下各种可能就好啦。

\[\begin{aligned} f_{u,j,0}&=min(f_{u,j,0},min(f_{v,t,0}+f_{u,j-t,0}+[m==2]* w,f_{v,t,1}+f_{u,j-t,0}))\\ f_{u,j,1}&=min(f_{u,j,1},min(f_{v,t,1}+f_{u,j-t,1}+w,f_{v,t,0}+f_{u,j-t,1}))\\ \end{aligned} \]

(\(u,v,w\)指的是一条边的父亲，儿子和边难受值)

这样我们就可以把它放在 dfs 里得出答案啦！

for(int j=0;j<=k;++j){
	for(int t=0;t<=j;++t){
		f[u][j][0]=min(f[u][j][0],min(f[v][t][0]+f[u][j-t][0]+(m==2)*w,f[v][t][1]+f[u][j-t][0]));
		f[u][j][1]=min(f[u][j][1],min(f[v][t][1]+f[u][j-t][1]+w,f[v][t][0]+f[u][j-t][1]));
	}
}

然而它挂了……我们思考一下为什么呢？原来，这题在更新 f[u][j] 的时候会被 f[u][j-t] 更新，所以这个东西就开始自己搞自己了……所以我们要用一个数组先去记录一下 f[u]，然后就可以放心做 dp 了。

完了吗？还是没有……我就是卡在了 \(-1\) 上。我们思考一下，什么情况下会无解呢？注意到题目中的一个条件——每个组都要有果子，也就是每个头都要吃到果子。如果大头吃剩下的比剩下的头数要少，是不是就无解了？所以我们只需要判断 \(n-k<m-1\) 就可以判掉无解情况了。

点击查看代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=1000+4;
struct Edge{int v,w,nxt;}e[N<<1];
int h[N],f[N][N][2],tmp[N][2];
int tot,m,n,k;
inline void add(int u,int v,int w){
	e[++tot]=(Edge){v,w,h[u]};
	h[u]=tot;
}
void dfs(int u,int fa){
	f[u][0][0]=f[u][1][1]=0;
	for(int i=h[u];i;i=e[i].nxt){
		int v=e[i].v,w=e[i].w;
		if(v==fa) continue;
		dfs(v,u);
		memcpy(tmp,f[u],sizeof(f[u]));
		memset(f[u],0x3f,sizeof(f[u]));
		for(int j=0;j<=k;++j){
			for(int t=0;t<=j;++t){
				f[u][j][0]=min(f[u][j][0],min(f[v][t][0]+tmp[j-t][0]+(m==2)*w,f[v][t][1]+tmp[j-t][0]));
				f[u][j][1]=min(f[u][j][1],min(f[v][t][1]+tmp[j-t][1]+w,f[v][t][0]+tmp[j-t][1]));
			}
		}
	}
}
int main(){
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	for(int i=1,u,v,w;i<n;++i){
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
		add(u,v,w),add(v,u,w);
	}
	if(n-k<m-1){printf("-1\n");return 0;}
	dfs(1,0);
	printf("%d\n",f[1][k][1]);
	return 0;
}