在乙個n
nn個點m
mm條邊的森林中選擇若干路徑，同時必須保證每個點最多在一條被選路徑上。求所有點到點1的未選路徑之和的最小值以及方案數。
思路來自soo
kesooke
sook
e大佬
顯然這個森林為一棵樹的時候才能滿足所有點都可以到達點1。
所以若m≠n
−1m≠n-1
m̸=n−
1的話直接輸出兩個−1-1
−1即可。剩下的都是一棵樹的情況。
先考慮如何求第一問的最小值。
因為乙個點為了滿足最多在一條被選路徑上的要求，所以最多有2條與這個點相連的邊被選擇。三種情況如下圖：
這三種情況就分別為沒有與這個點相鄰的邊，有1個和有2個。
設f [x
][i]
f[x][i]
f[x][i
]表示在以x
xx為根的子樹內，有不多於i(0
≤x≤2
)i(0\leq x\leq 2)
i(0≤x≤
2)條選擇的邊與x
xx相鄰的未選路徑之和的最小值。那麼先分開成3種情況討論，然後再取乙個min
minmi
n即可。
f[x][2]=min(max(f[x][2],f[y][2]+1),max(f[x][1],f[y][1]))\\ f[x][1]=min(max(f[x][1],f[y][2]+1),max(f[x][0],f[y][1]))\\ f[x][0]=max(f[x][0],f[y][2]+1)\end\right.
⎩⎨⎧f[
x][2
]=mi
n(ma
x(f[
x][2
],f[
y][2
]+1)
,max
(f[x
][1]
,f[y
][1]
))f[
x][1
]=mi
n(ma
x(f[
x][1
],f[
y][2
]+1)
,max
(f[x
][0]
,f[y
][1]
))f[
x][0
]=ma
x(f[
x][0
],f[
y][2
]+1)
主要是討論當有i
ii條邊與根相鄰的情況下子節點有多少條邊相鄰的限制。
當i =0
i=0i=
0時，子節點有多少邊相鄰都沒關係，那就取盡量小的。
當i =1
i=1i=
1時，要分類是否與這個子節點相連的邊被選擇，若被選擇這個子節點就只能有1條邊連出去，否則依然取最小
當i =2
i=2i=
2時和i=1
i=1i=
1時基本一樣，只不過會有兩個子節點需要相鄰。
因為我們設的是「不多於i(0
≤x≤2
)i(0\leq x\leq 2)
i(0≤x≤
2)條選擇的邊」，所以還要有
f[x][1]=min(f[x][1],f[x][0])\\ f[x][2]=min(f[x][2],f[x][1])\end\right.
g[x][j][2]=g[x][j][2]\times g[y][j-1][2]+g[x][j][1]\times g[y][j][1]\\ g[x][j][1]=g[x][j][1]\times g[y][j-1][2]+g[x][j][0]\times g[y][j][1]\\ g[x][j][0]=g[x][j][0]\times g[y][j-1][2]\end\right.
⎩⎨⎧g[
x][j
][2]
=g[x
][j]
[2]×
g[y]
[j−1
][2]
+g[x
][j]
[1]×
g[y]
[j][
1]g[
x][j
][1]
=g[x
][j]
[1]×
g[y]
[j−1
][2]
+g[x
][j]
[0]×
g[y]
[j][
1]g[
x][j
][0]
=g[x
][j]
[0]×
g[y]
[j−1
][2]
當i=
0i=0
i=0時，方案數顯然就是每乙個子樹都連兩條邊的方案數之積。
當i =1
i=1i=
1或i=
2i=2
i=2時，方案數就是其中1,2條邊與子節點連線，其他全部為子節點的方案數之積。
其實g
gg的方程和f
ff的方程及其相似。
還是那樣，最終取乙個min
minmi
ng[x][i][1]=g[x][i][1]+g[x][i][0]\\ g[x][i][2]=g[x][i][2]+g[x][i][1]\end\right.
e[n*2]
;void
add(
int from,
int to)
void
dp1(
int x,
int fa)
} f[x][1
]=min(f[x][1
],f[x][0
]); f[x][2
]=min(f[x][2
],f[x][1
]);}
void
dp2(
int x,
int fa)}}
for(
int i=
1;i<=f[1]
[2];i++)}
intmain()
dp1(1,
0);dp2(1
,0);
printf
("%lld\n%lld"
,f[1][
2]-1
,g[1
][f[1]
[2]]
[2])
;return0;
}
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