poj2054

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/