bzoj 1495

这是一道...卡了我一个月的树形dp...

我真是太弱了...

其实仔细想想,这题的核心思路并不是特别复杂,但是的确存在不小的难度

作为一个看过全网基本所有题解+标程才弄明白这题到底怎么回事的蒟蒻,我努力把所有东西揉到一起让各位看官一眼看懂...

首先我们简化一下题意:给定一棵满二叉树,每个叶节点有一个状态(0,1),任选两个叶节点,如果这两个叶节点状态相同但他们的LCA所管辖的子树中的与他们状态相同的叶节点个数较少(少于1/2),则会产生2f的代价,如果状态不同,则产生f的代价,如果状态相同且LCA管辖子树中与他们状态相同叶节点个数较多,则不产生代价,现在每个节点可以变更状态,但变更状态也有自己的代价,求最小总代价

那么..怎么搞?

首先,有一个很重要的思想:点对之间的问题是难以快速解决的!

很简单,因为如果我们按点对统计贡献,那么在枚举到每个叶节点都需要考虑其他所有叶节点,这样是不利于我们处理问题的

所以我们第一步要考虑的是把点对的贡献压到一个点上

很幸运,题目给出了这样的方式:

注意题目中“产生2f的代价”“产生f的代价”这两句话!

那么如果我们同样给所有非叶节点一个状态(0,1),代表这个节点管辖的子树中叶节点状态为0的多还是状态为1的多,那么我们显然可以看到:如果一个叶节点和这个根节点的状态相同,那么这个叶节点不会产生贡献,反之会产生一个f的贡献!

证明:分类讨论:

①:假设两个节点与根节点状态都相同,那么这两个节点都不产生贡献,满足题意

②:假设两个节点与根节点状态都不同,那么这两个节点都产生一个f的贡献,满足题意

③:如果有一个点与根节点状态相同,那么这两个节点只产生一个f的贡献,同样满足题意

因此我们这样处理点对是正确的

总结:在处理点对时,我们要把一个点对的贡献压到一个点上,同时给所有非叶节点一个状态,这样就能满足题意了

接下来就可以进行树形dp了

记状态dp[i][j]表示当前位于树上的第i个节点,其子树的叶节点中状态为0的点的个数为j时所需的最小代价

(这里对题意有一个小提示:当两种状态的叶节点数量相等时,认为状态为0的叶节点个数多)

如果这个节点不是叶节点,那么显然,这个节点会有两种可能的状态:

①:这个节点状态为1,认为对应的情况为子树中状态为0的节点偏多,那么可以转移的dp部分是叶节点个数/2-叶节点个数

②:这个节点状态为0,认为对应的情况为子树中状态为1的节点偏多,那么可以转移的dp部分是0-叶节点个数/2-1

那么我们分两类dfs处理,对每类情况分别合并即可

如果这个节点是叶节点,那么我们反过来枚举他上面一条链的情况,然后统计代价即可,一定注意dp的第二维代表状态为0的节点的数目!

在统计代价的时候,我们还涉及一个小问题,就是如果每次找到根节点时都枚举所有点计算代价,时间承受不了,所以我们对代价求前缀和,然后用类似倍增的方法计算总代价即可。

当然,我们不可能一直枚举上面一条链的情况,所以我们直接把这条链的状态状压,传进dfs里即可,这样也就不涉及网上大部分题解都涉及到的压缩空间的问题了。

提示:这是一棵满二叉树,所以可以用类似线段树的方式去遍历。

这样这道题就结束了

 

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#define rt1 rt<<1
#define rt2 (rt<<1)|1
using namespace std;
int dp[(1<<11)+5][(1<<11)+5];
int v[(1<<11)+5][(1<<11)+5];
int cv[(1<<11)+5];
int ori[(1<<11)+5];
int temp[(1<<11)+5];
int lq[20],rq[20];
int n;
void dfs(int rt,int l,int r,int sit,int dep)
{
    if(l==r)
    {
        dep--;
        dp[rt][0]=dp[rt][1]=0;
        if(ori[l])
        {
            dp[rt][1]=cv[l];
        }else
        {
            dp[rt][0]=cv[l];
        }
        for(int i=1;i<=dep;i++)
        {
            int mid=(lq[i]+rq[i])>>1;
            if((sit&(1<<(dep-i))))
            {
                if(l<=mid)
                {
                    dp[rt][0]+=v[l][rq[i]]-v[l][mid];
                }else
                {
                    dp[rt][0]+=v[l][mid]-v[l][lq[i]-1];
                }
            }else
            {
                if(l<=mid)
                {
                    dp[rt][1]+=v[l][rq[i]]-v[l][mid];
                }else
                {
                    dp[rt][1]+=v[l][mid]-v[l][lq[i]-1];
                }
            }
        }
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    int len=r-l+1;
    lq[dep]=l;
    rq[dep]=r;
    dfs(rt1,l,mid,(sit<<1),dep+1);
    dfs(rt2,mid+1,r,(sit<<1),dep+1);
    memset(temp,0x3f,sizeof(temp));
    for(int i=0;i<=len/2-1;i++)
    {
        for(int j=0;j<=i;j++)
        {
            temp[i]=min(temp[i],dp[rt1][j]+dp[rt2][i-j]);
        }
    }
    for(int i=0;i<=len/2-1;i++)
    {
        dp[rt][i]=temp[i];
    }
    dfs(rt1,l,mid,(sit<<1)|1,dep+1);
    dfs(rt2,mid+1,r,(sit<<1)|1,dep+1);
    memset(temp,0x3f,sizeof(temp));
    for(int i=len/2;i<=len;i++)
    {
        for(int j=0;j<=i;j++)
        {
            temp[i]=min(temp[i],dp[rt1][j]+dp[rt2][i-j]);
        }
    }
    for(int i=len/2;i<=len;i++)
    {
        dp[rt][i]=temp[i];
    }
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    n=(1<<n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&ori[i]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&cv[i]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
        {
            scanf("%d",&v[i][j]);
            v[j][i]=v[i][j];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            v[i][j]=v[i][j-1]+v[i][j];
        }
    }
    memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
    dfs(1,1,n,0,1);
    int ans=2147483647;
    for(int i=0;i<=n;i++)
    {
        ans=min(ans,dp[1][i]);
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

 

posted @ 2018-10-29 20:31  lleozhang  Views(114)  Comments(0Edit  收藏  举报
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