Poj2054
转了大牛XQZ的……(http://hi.baidu.com/cheezer94/blog/item/d98eca065202a2f237d122da.html)
给定一棵N个有权值的节点的有根树(默认根节点编号为1)。每个节点的权值为Ci。
现在需要遍历这棵树。每访问到一个点,该点的访问代价为这个点的权值与当前未被访问的点的权值之和。
遍历顺序为拓扑序,即访问i时i的父亲必须已经被访问。
求最小遍历代价W。遍历代价为每个点的访问代价之和。
ò 对于每一次新的访问,我们要计算所有未被访问的点权之和。显然这个计算式很繁琐且不易处理。
ò 思考:根据访问代价的计算规则,对于根节点,它的权值需要计算1次;对于第2个访问的点,它的权值需要计算2次;对于第3个点……以此类推。
ò 发现:每个点权的计算次数只与遍历顺序有关!即访问这个点的时间戳。
ò 给定一棵N个有权值的节点的有根树(默认根节点编号为1)。每个节点的权值为Ci。
ò 现在需要遍历这棵树。每个点的访问代价为这个点的权值与访问它的时间戳的乘积。
ò 遍历只能按拓扑序,即访问i时i的父亲必须已经被访问。
ò 求最小遍历代价。遍历代价为每个点的访问代价之和。
ò 转化的好处?使代价函数的计算式更加确定且易于计算。
ò 定义访问序列为一个排列P={i1,i2,i3...in-1,in},表示节点的访问顺序。
ò 定义点权序列为T={Ci1,Ci2,Ci3…Cin-1,Cin}。
ò 由简化问题的贪心解法,我们考虑尽量访问当前未访问的点权最大节点i。然而由于拓扑序的限制,我们想要访问它,必须先访问它的父亲。
ò 猜想:当前点权最大的节点i必定是在访问它的父亲j后立刻访问,否则得不到最优答案。
ò 猜想是否正确?
令当前最大节点为i,它的父亲为j。在访问序列P中i的位置为xi,j的位置为xj,假设xi+1 ò 关键:对于所有的k满足xj ò 我们在序列P中交换i和k,P仍然是一个合法的访问序列。 ò 显然地,由于Ci是访问j时所有未访问点的点权最大值,那么交换后的访问序列P对应的遍历代价变小了。 ò 进一步,将i交换到xj+1的位置是最优的。 ò 于是猜想是正确的。 ò 结论1:当前最大节点Ci必定是在访问它的父亲j后立刻访问。 ò ò 由结论1知,在访问序列中,i和j应该是相邻的,j在前,i在后。 ò 那么i和j可以合并为一个结点k,k的父节点与j的父结点相同,k的子结点是所有j的子结点和i的子结点。然后用k代替树中的j和i,这样形成一棵n-1个结点的树。 ò 合并的好处? ò 问题的规模缩小了。 ò 新的子问题:k在新树的访问序列中的位置? ò 思考:访问序列P中k必然在k的后代之前,那么我们需要讨论的是k与非k后代的节点的相对位置。现在有两个选择:一是先访问k,然后访问非k的后代的m个结点(i1,i2,...,im) ;二是先访问非k的后代的m个结点(i1,i2,...,im),然后访问k。 ò 我们需要知道怎样的相对位置使最终代价最小。 ò 当前决策k完成时第二种选择相对于第一种选择费用之差为: ò F2-F1=(Ci+Cj)×m-{sigma(Cik)|k=1..m}×2 ò 也就是说,第二种方案先访问m个节点,这m个节点相比第一种方案提前了2个时间点,那么减少的费用是2×{sigma(Cik)|k=1..m};后访问i和j,i,j相比第一种方案延后了m个时间点,增加的费用是(Ci+Cj)×m。 ò 1.标记根节点为第一个访问的节点。 ò 2.求出当前未访问节点中的最大点权节点i。 ò 3.将i和它的父亲j合并为一个节点,节点权值为两者权值的算术平均数。在序列P中将j的后继置为i。同时更新树的信息。 ò 4.若当前树中节点数大于1,则转第2步。 ò 5.树的大小为1时算法结束。 ò 6.扫描求得的P序列得到答案。 ò 时间复杂度:O(N^2)。期望得分50-70分。 ò 注意到我们每次操作需要得到当前最大权对应的节点i并将i的儿子的父亲改为i的父亲。 ò O(N)的扫描成为算法复杂度的瓶颈。 ò 如何高效求最大值? ò 推荐数据结构:最大堆(O(LogN))。 ò 如何高效地将i的儿子的父亲改为i的父亲? ò 推荐数据结构:并查集(O(α(N)))。 ò 总的时间复杂度:O(NLogN)。期望得分100分。 注意根不能放到堆中! 代码:http://fayaa.com/code/view/18317/