bzoj1063 道路设计 树形dp

       注意一条路径可以先向上走再向下走。

       那么如果我们对于每一个点，在所有向下的路径中选择最长的两条，然后把这两条全部变成铁路。那么假设f(x)为有x节点的树的最大可能答案，那么就有f(x)<=f(x/3)+1，因此得到f(N)<=log3N，当N=10^5时有10<log3N<11，那么可以知道答案最大为10。保险起见可以数组多开一位。

       那么就可以用f[x][y][z]表示以x为根的子树中，最大换乘次数为y，且x向儿子连出z(z=0,1,2)条边的答案数。注意f[x][y][z]=0和f[x][y][z] mod Q=0是不同的，因此取模的时候可以让f[x][y][z] mod Q=0的f[x][y][z]的值为Q，这样就可以区分了。

       然后讨论一下是否向儿子连边转移即可。

       注意一开始判断是否为连通块。

AC代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
#define N 100005
using namespace std;

int n,m,mod,tot,fst[N],pnt[N<<1],nxt[N<<1],fa[N],dp[N][12][3];
int getfa(int x){ return (x==fa[x])?x:fa[x]=getfa(fa[x]); }
int chg(ll x){
	if (!x) return 0;
	int t=x%mod; return (t)?t:mod;
}
int read(){
	int x=0; char ch=getchar();
	while (ch<'0' || ch>'9') ch=getchar();
	while (ch>='0' && ch<='9'){ x=x*10+ch-'0'; ch=getchar(); }
	return x;
}
void add(int x,int y){
	pnt[++tot]=y; nxt[tot]=fst[x]; fst[x]=tot;
}
void dfs(int x,int k,int last){
	int p,t1,t2; dp[x][k][0]=1;
	for (p=fst[x]; p; p=nxt[p]){
		int y=pnt[p];
		if (y!=last){
			dfs(y,k,x);
			t1=(k)?chg((ll)dp[y][k-1][0]+dp[y][k-1][1]+dp[y][k-1][2]):0;
			t2=chg((ll)dp[y][k][0]+dp[y][k][1]);
			dp[x][k][2]=chg((ll)dp[x][k][2]*t1+(ll)dp[x][k][1]*t2);
			dp[x][k][1]=chg((ll)dp[x][k][1]*t1+(ll)dp[x][k][0]*t2);
			dp[x][k][0]=chg((ll)dp[x][k][0]*t1);
		}
	}
}
int main(){
	n=read(); m=read(); mod=read(); int i,x,y;
	for (i=1; i<=n; i++) fa[i]=i;
	for (i=1; i<=m; i++){
		x=read(); y=read();
		add(x,y); add(y,x); fa[getfa(x)]=getfa(y);
	}
	x=getfa(1);
	for (i=2; i<=n; i++) if (getfa(i)!=x){
		puts("-1"); puts("-1"); return 0;
	}
	for (i=0; ; i++){
		dfs(1,i,0);
		if (dp[1][i][0] || dp[1][i][1] || dp[1][i][2]){
			printf("%d\n",i);
			printf("%d\n",(dp[1][i][0]+dp[1][i][1]+dp[1][i][2])%mod);
			return 0;
		}
	}
	return 0;
}

by lych

2016.4.8