【题解】BZOJ 4557 [JLoi2016]侦察守卫

$Description$

给定一个 $n$ 个结点的二叉树 $T$ ，并给出 $m$ 个需要覆盖的点，每个结点可以花费 $w_i$ 去覆盖以它为中心距离不大于 $d$ 的所有结点，求最小花费。

$Solution$

树形 DP

我个人觉得这道题最难的部分是定状态。当 $d=0$ 的时候就是树的最大独立集问题，我们当时用 $f_{i,0/1}$ 表示在 $i$ 子树中（取不取 $i$ 由 $0/1$ 决定）最大点数。

但这道题 $d$ 不等于 $0$ ，我们要定义 $f_{i,j}$ 表示在子树 $i$ 被完全覆盖中，并向上覆盖 $j$ 层的最小代价（向上只是一个方向，$j$ 允许 为负数，此时表示子树 $i$ 中向下还有 $j$ 层没有被覆盖）。

先讲初始化，$f_{u,0}=w_u$ 当且仅当 $u$ 需要被覆盖。对 $i\in [1,d]$ ，有 $f_{u,i}=w_u$ 。且 $f_{u,d+1}=\infty$ 。不用过多解释吧。

我们注意到 $f_{i,-j}(j\ge 0)$ 这个状态可以通过在 $i$ 点放置守卫从而转移到 $f_{i,j}$ 。

于是，对 $u$ 及它的子树 $v$，我们有 ：
$$\begin{array}{rl}{f}_{u,j}=& \underset{v\in son(u)}{\min }\{f_{u,j}+f_{v,-j},f_{v,j+1}+f_{u,-(j+1)}\}\\ f_{u,-j}=& \sum _{v\in son(u)}{f}_{v,-(j-1)}\end{array}$$
第一个式子表示两种决策，一种是能向上覆盖 $j+1$ 层的结点 $t$ （为了达到 $f_{u,j}$）不在当前处理的范围内，另一种是 $z$ 恰好就是 $v$ 。这个比较难以理解，需要自己多画图加以理解。

第二个式子比较好理解，每个 $v$ 都不放守卫，就直接累加就可以了。

另外对 $j>0$ 的情况需要做后缀最小值，对 $j<0$ 的情况需要做前缀最小值。这很好理解，我们拿 $j>k$ 的情况简单说明一下，假如有 $f_{i,j}<f_{i,k}$ ，这就说明状态 $f_{i,k}$ 覆盖层数少还花费高，在 $f_{i,j}$ 面前就只能淘汰了。

程序具体实现的时候由于 $C++$ 不支持负下标而且为了方便，我们将 $j\le 0$ 的情况用 $g_{i,j}$ 存储（具体意义在前文已经有所提及）。据此重写的状态转移方程如下：
$$\begin{array}{rl}{f}_{u,j}=& \underset{v\in son(u)}{\min }\{f_{u,j}+g_{v,j},f_{v,j+1}+g_{u,j+1}\}\\ g_{u,j}=& \sum _{v\in son(v)}{g}_{v,j-1}\end{array}$$

$Code$

#include 
#include 
#include 
#include 
#define N 500005
#define D 21
#define infty 1e9
struct edgeType {
    int to, next;
} edge[N << 1];
int head[N];
inline void addEdge(int from, int to) {
    static int cnt = 0;
    edge[++cnt] = (edgeType){to, head[from]};
    head[from] = cnt;
}
bool cover[N];
int n, d, m;
int w[N], f[N][D], g[N][D];
inline void solve(int u, int p) {
    if (cover[u] == true) f[u][0] = g[u][0] = w[u];
    for (int i= 1; i <= d; i++) f[u][i] = w[u]; f[u][d + 1] = infty;
    for (int i = head[u]; i; i = edge[i].next) {
        int v = edge[i].to;
        if (v == p) continue;
        solve(v, u);
        for (int j = d; j >= 0; j--) {
            f[u][j] = std::min(f[u][j] + g[v][j], g[u][j + 1] + f[v][j + 1]);
            f[u][j] = std::min(f[u][j], f[u][j + 1]);
        }
        g[u][0] = f[u][0];
        for (int j = 1; j <= d + 1; j++) {
            g[u][j] += g[v][j - 1];
            g[u][j] = std::min(g[u][j], g[u][j - 1]);
        }
    }
}
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &d);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &w[i]);
    scanf("%d", &m);
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int x;
        scanf("%d", &x);
        cover[x] = true;
    }
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int u, v;
        scanf("%d%d", &u, &v);
        addEdge(u, v);
        addEdge(v, u);
    }
    solve(1, 0);
    printf("%d\n", f[1][0]);
    return 0;
}