BZOJ4033 [HAOI]树上染色

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Description

有一棵点数为n的树，树边有边权。给你一个在0~n之内的正整数m，你要在这棵树中选择m个点，将其染成黑色，并
将其他的n-m个点染成白色。将所有点染色后，你会获得黑点两两之间的距离加上白点两两之间距离的和的收益。
问收益最大值是多少。

Input

第一行两个整数n,m。
接下来n-1行每行三个正整数fr,to,len，表示该树中存在一条长度为len的边(fr,to)。
输入保证所有点之间是联通的。

Output

输出一个正整数，表示收益的最大值。

Sample Input

5 2
1 2 3
1 5 1
2 3 1
2 4 2

Sample Output

17

Sample Explanation

将点1,2染黑就能获得最大收益。

Source

鸣谢bhiaibogf提供

Data Range

30%的数据：n <= 15。
60%的数据：n <= 100。
另20%的数据：这棵树是一条链。
100%的数据：0 <= m <= n <= 2000, 1 <= len <= 1000000。

【原题地址】

BZOJ4033 洛谷P1173

【30分】 暴搜 + 倍增求LCA

• 看到“30%的数据：n <= 15。”并且还是黑白点染色，很容易想到 O(215) 的暴搜
• 统一答案时我们要计算树上任意两点 x,y 间的距离，也很容易想到倍增求 LCA ，记 f[x] 表示从根节点到点 x 的距离，x,y的最近公共祖先为 z ，则两点距离为f[x]+f[y]−2×f[z]

【代码1】

#include 
#include 

using namespace std;
const int N = 2005, M = 4005;
int lst[N], to[M], nxt[M], cst[M], dep[N], flw[N], fa[N][15];
int n, m, T, Ans, vis[N];

inline void addEdge(const int &x, const int &y, const int &z)
{
    nxt[++T] = lst[x]; lst[x] = T; to[T] = y; cst[T] = z;
    nxt[++T] = lst[y]; lst[y] = T; to[T] = x; cst[T] = z;
}

inline void Inite(const int &x, const int &fat)
{
    dep[x] = dep[fat] + 1;
    for (int i = 0; i < 12; ++i)
     fa[x][i + 1] = fa[fa[x][i]][i];
    for (int i = lst[x]; i; i = nxt[i])
     {
        int y = to[i];
        if (y == fat) continue;
        fa[y][0] = x;
        flw[y] = flw[x] + cst[i];
        Inite(y, x);
     }
}

inline void Swap(int &a, int &b) {int t = a; a = b; b = t;}

inline int Query(int x, int y)
{
    if (dep[x] < dep[y]) Swap(x, y);
    for (int i = 12; i >= 0; --i)
    {
        if (dep[fa[x][i]] >= dep[y]) x = fa[x][i];
        if (x == y) return x;
    }
    for (int i = 12; i >= 0; --i)
     if (fa[x][i] != fa[y][i]) x = fa[x][i], y = fa[y][i];
    return fa[x][0];
}

inline int CkDist(const int &x, const int &y)
{
    int z = Query(x, y);
    return flw[x] + flw[y] - (flw[z] << 1);
}

inline void Dfs(const int &k, const int &cnt)
{
    if (cnt > m || n - k + 1 + cnt < m) return ;
    if (k > n) 
    {
        int res = 0;
        if (cnt == m)
        {
            for (int i = 1; i <= n; ++i)
             for (int j = i + 1; j <= n; ++j)
              if (vis[i] == vis[j]) res += CkDist(i, j);
            if (Ans < res) Ans = res;
        }
        return ;
    }
    for (int i = 0; i <= 1; ++i)
    {
        vis[k] = i;
        Dfs(k + 1, cnt + i);
        vis[k] = 0;
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m); int x, y, z;
    for (int i = 1; i < n; ++i)
    {
        scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
        addEdge(x, y, z);
    }
    Inite(1, 0);
    Dfs(1, 0); printf("%d\n", Ans);
    fclose(stdin); fclose(stdout);
    return 0;
}

【100分】 树形DP

• 记 f[x][j] 表示以点 x 为根，选择j个黑点，对答案的最大贡献
• 为什么是说“对答案的最大贡献呢”？首先我们是从 x 的子节点y转移过来，那么主要是想到一点，即分别考虑每条边 x→y 对答案的贡献，也就是“边一侧的黑点数 × 另一侧的黑点数 × 边的长度 + 边一侧的白点数 × 另一侧的白点数 × 边的长度”
• 我们记 sze[x] 表示以 x 为根的子树大小，边x→y对答案的贡献为 valx→y ，则状态转移方程为：
  f[x][j]=Max(f[x][j−k]+f[y][k]+valx→y)
  =Max(f[x][j−k]+f[y][k]+k×(j−k)×lenx→y+(sze[y]−k)×(n−m−sze[y]+k)×lenx→y)
• 看起来我们要枚举 x→y,k,j ，复杂度为 O(n3) ，实际上我们会发现枚举的范围为 0≤k≤sze[y],0≤j−k≤sze[x]−sze[y] ，那么总的枚举次数就为 ∑(sze[x]−sze[y])×sze[y] ，我们不妨把其看作每次在以某一点 x 为根的子树上任选两个点a,b，使得 a,b 的最近公共祖先为 x 的方案数，因此实际复杂度为O(n2)

【代码2】

#include 
#include 

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2005;
int sze[N], n, m; ll f[N][N];

struct Edge 
{
    int to, len; Edge *nxt;
}p[N << 1], *T = p, *lst[N];

inline void addEdge(const int &x, const int &y, const int &z)
{
    (++T)->nxt = lst[x]; lst[x] = T; T->to = y; T->len = z;
    (++T)->nxt = lst[y]; lst[y] = T; T->to = x; T->len = z; 
}

inline int Min(const int &x, const int &y) {return x < y ? x : y;}
inline void CkMax(ll &x, const ll &y) {if (x < y) x = y;}

inline void Dfs(const int &x, const int &fa)
{
    int y; ll z; sze[x] = 1;
    for (Edge *e = lst[x]; e; e = e->nxt)
    {
        if ((y = e->to) == fa) continue; 
        Dfs(y, x); sze[x] += sze[y];
    }
    for (int i = 2; i <= sze[x]; ++i) f[x][i] = -1ll;
    f[x][0] = f[x][1] = 0ll;
    for (Edge *e = lst[x]; e; e = e->nxt)
    {
        if ((y = e->to) == fa) continue; z = e->len;
        int tx = Min(m, sze[x]);
        for (int j = tx; j >= 0; --j)
        {
            int ty = Min(j, sze[y]);
            for (int k = 0; k <= ty && j >= k; ++k)
            //为什么这里j、k要分别正着和倒着枚举？
            //回忆01背包：这里我们显然是不能重复选取相同的黑点数来转移的，这样会算重
            //则我们要使j尽量大，优先转移来避免算重
            //而当k = 0时：f[x][j - k = j]
            //那么若不先处理k = 0，而之后转移的话，f[x][j]的值已经改变，我们同样会重复计算 
             if (f[x][j - k] != -1ll)
              CkMax(f[x][j], f[x][j - k] + f[y][k] 
              + (ll)k * (m - k) * z + (ll)(sze[y] - k) * (n - m - sze[y] + k) * z); 
        }

    }
}

inline int get()
{
    char ch; int res;
    while ((ch = getchar()) < '0' || ch > '9');
    res = ch - '0';
    while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9')
     res = (res << 3) + (res << 1) + ch - '0';
    return res; 
}

int main()
{
    freopen("coloration.in", "r", stdin);
    freopen("coloration.out", "w", stdout);
    scanf("%d%d", &n, &m); int x, y, z;
    for (int i = 1; i < n; ++i) 
    {
        x = get(); y = get(); z = get();
        addEdge(x, y, z);
    }
    Dfs(1, 0);
    cout << f[1][m] << endl;
    fclose(stdin); fclose(stdout);
    return 0;
}