Problem
Description
Input
Output
对于每组数据，输出一个整数，表示达到“平衡”状态所需的最小代价。
Data Constraint
对于20%的数据，N<=15
对于100%的数据，T<=10，N<=100，0<=si<=10000，1<=X,Y<=N，1<=Z<=10000。
Solution
这题可以用费用流求解，奈何太长了
只好DP了
我们发现，当达到所谓“平衡”状态时，每个点的石油数应是ave或ave+1
所以我们考虑枚举子树中ave+1的节点的个数
设\(f_{i,j}\)表示以i为根的子树中有j个ave+1的节点的最小贡献
如果我们暴力枚举会T飞
所以考虑合并
用\(g_{j}\)来存当前的当前的答案
则f数组存的则是之前做的所有的儿子的答案
则该儿子节点的贡献则为\(abs(sum_{son}-ave\times tree_{son}-k)\)
其中，sum为该子树原有的石油数，tree表示该子树的节点数，而k则为该子树中的ave+1的节点的个数
做完后再用g数组更新f
时间复杂度\(O(n^{3})\)
#include
#include
#include
using namespace std;
int t,sum,n,i,a,b,c,dec,ave,len,go[1001],to[1001],last[101],jz[1001],tree[101],cnt[101],w[101];
long long f[101][1001],g[1001];
void make(int x,int y,int z)
{
go[++len]=y;to[len]=last[x];jz[len]=z;last[x]=len;
}
void dp(int x,int fa)
{
f[x][0]=f[x][1]=0;
tree[x]=1;cnt[x]=w[x];
for (int k=last[x];k;k=to[k])
{
if (go[k]==fa) continue;
dp(go[k],x);
tree[x]+=tree[go[k]];cnt[x]+=cnt[go[k]];
}
for (int k=last[x];k;k=to[k])
{
memset(g,127,sizeof(g));
if (go[k]==fa) continue;
for (int j=0;j<=dec && j<=tree[x];j++)
{
for (int i=0;i<=j && i<=tree[go[k]];i++)
{
g[j]=min(g[j],f[x][j-i]+f[go[k]][i]+1ll*abs(cnt[go[k]]-tree[go[k]]*ave-i)*jz[k]);
}
}
for (int j=0;j<=dec && j<=tree[x];j++)
f[x][j]=g[j];
}
}
int main()
{
scanf("%d",&t);
for (;t;t--)
{
memset(last,0,sizeof(last));
scanf("%d",&n);sum=0;
for (i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&w[i]);
sum+=w[i];
}len=0;
for (i=1;i 要恶补网络流啊