[luogu 2458][SDOI2006]保安站崗
題目描述
五一來臨,某地下超市為了便於疏通和指揮密集的人員和車輛,以免造成超市內的混亂和擁擠,準備臨時從外單位調用部分保安來維持交通秩序。
已知整個地下超市的所有通道呈一棵樹的形狀;某些通道之間可以互相望見。總經理要求所有通道的每個端點(樹的頂點)都要有人全天候看守,在不同的通道端點安排保安所需的費用不同。
一個保安一旦站在某個通道的其中一個端點,那麽他除了能看守住他所站的那個端點,也能看到這個通道的另一個端點,所以一個保安可能同時能看守住多個端點(樹的結點),因此沒有必要在每個通道的端點都安排保安。
編程任務:
請你幫助超市經理策劃安排,在能看守全部通道端點的前提下,使得花費的經費最少。
輸入輸出格式
輸入格式:
第1行 n,表示樹中結點的數目。
第2行至第n+1行,每行描述每個通道端點的信息,依次為:該結點標號i(0<i<=n),在該結點安置保安所需的經費k(<=10000),該邊的兒子數m,接下來m個數,分別是這個節點的m個兒子的標號r1,r2,...,rm。
對於一個n(0 < n <= 1500)個結點的樹,結點標號在1到n之間,且標號不重復。
輸出格式:
最少的經費。
如右圖的輸入數據示例
輸出數據示例:
輸入輸出樣例
輸入樣例#1: 復制6 1 30 3 2 3 4 2 16 2 5 6 3 5 0 4 4 0 5 11 0 6 5 0
25
說明
樣例說明:在結點2,3,4安置3個保安能看守所有的6個結點,需要的經費最小:25
題解
樹形dp經典題...同時貪心也可以做的,不過樹形dp是$O(n)$,貪心是$O(nlogn)$
(可以算是四倍經驗題了)
貪心做法可以看我這篇題解
這裏講樹形dp做法
我們可以設$f[x][0]$被子節點控制,$f[x][1]$被自己控制,$f[x][2]$被父親控制
那麽顯然$f[i][x]$可以從子節點中三個狀態任意一個轉移過來,所以
$f[x][1]+=min(f[e[i].to][0],min(f[e[i].to][1],f[e[i].to][2]))$
$f[x][2]$可以從子節點中除了被父親控制的那個節點轉移過來
$f[x][2]+=min(f[e[i].to][1],f[e[i].to][0])$
比較難辦的是$f[x][0]$的轉移
因為只要有一個子節點有人那麽其他子節點都可以不放人了
有一個很妙的做法
如果在這個子節點放人比不放人更優,那肯定就不放人了,順便標記一下
否則存下來放人與不放人的差值,對所有的差值取個min
到最後如果沒有被標記就加上這個差值
轉移方程為
$f[x][0]+=min(f[e[i].to][0],f[e[i].to][1])$
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n; int head[1000100],c[50000],cnt; int f[50000][3]; //f[i][0]被子節點控制,f[i][1]被自己控制,f[i][2]被父親控制 struct edge { int to,nxt; }e[1000100]; void ins(int u,int v){ e[++cnt].to=v;e[cnt].nxt=head[u];head[u]=cnt; e[++cnt].to=u;e[cnt].nxt=head[v];head[v]=cnt; } #define inf 0x3f3f3f3f void dfs(int x,int fa){ f[x][1]=c[x]; f[x][0]=f[x][2]=0; int cnt=0,tx=inf; for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){ if(e[i].to==fa)continue; dfs(e[i].to,x); f[x][1]+=min(f[e[i].to][0],min(f[e[i].to][1],f[e[i].to][2])); f[x][2]+=min(f[e[i].to][1],f[e[i].to][0]); if(f[e[i].to][1]<f[e[i].to][0])cnt=1; else tx=min(tx,f[e[i].to][1]-f[e[i].to][0]); f[x][0]+=min(f[e[i].to][0],f[e[i].to][1]); } if(!cnt)f[x][0]+=tx; } int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++){ int x; scanf("%d",&x); scanf("%d",&c[x]); int m; scanf("%d",&m); for(int j=1;j<=m;j++){ int y; scanf("%d",&y); ins(x,y); } } dfs(1,0); printf("%d\n",min(f[1][0],f[1][1])); }
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