點此看題
0x01 樹形dp
我一開始想寫樹形dpdp
dp，結果寫不出來。
其實這道題dpdp
dp也是可以的，定義dp[
u][i
]dp[u][i]
dp[u][
i]為離u
uu最近的被標記點距離為i
ii，然後處理完子樹u
uu的最小花費。
轉移就不詳細講了，相信你自己能yyyy
yy（比如用一些奇技淫巧 ）出來。
0x02 貪心
我們跑一遍這棵樹，在回溯的時候存下離它最近的標記點和最遠的未標記點，如果未標記點再回溯就不可能在被標記，那就在當前點標記它，這其實是一種」能拖就拖「的貪心方法，因為標記最上面的點能涉及到的範圍最廣，也就最優，時間複雜度只有o(n
)o(n)
o(n)
。
#include
#include
using
namespace std;
const
int maxn =
10005
;int
read()
int n,tot,ans,f[maxn]
;struct edgee[2
*maxn]
;struct node
;node dfs
(int u,
int fa)
if(max==2)
;}if(max+min<=2)
return node
;return node;}
intmain()
,f[i]
=tot;
e[++tot]
=edge
,f[j]
=tot;
} node t=
dfs(1,
0);if
(t.x) ans++
;printf
("%d\n"
,ans)
;}
其實本題一看就是樹形dpdp
dp的題，可是狀態的不確定性實在太大了，普通的樹dpdp
dp根本做不了。
考慮每個葉節點對答案的影響，發現每個葉節點只對該點到根節點的路徑上的決策有直接影響，而因為我們的樹是乙個完全二叉數，且深度為n
nn，所以我們在樹dpdp
dp中暴枚每條鏈的所有可能只會消耗o(2
n−1)
o(2^)
o(2n−1
)，這樣我們就把樹上非葉節點的狀態確定了。
然後我們考慮確定葉節點的狀態，把它放進dpdp
dp式中，定義f[i
][j]
f[i][j]
f[i][j
]為第i
ii個點的子樹內的葉節點有j
jj個點參軍，然後跑揹包即可，注意我們樹dpdp
dp時用了暴力列舉可能性，f
ff陣列要清零。
每一層算複雜度，可得o(n
22n−
4)
o(n2^)
o(n22n
−4)
#include
#include
using
namespace std;
const
int maxn =
1025
;int
read()
int n,m,max,vis[10]
,a[maxn][10
],b[maxn][10
],f[maxn]
[maxn]
;void
dfs(
int u,
int y)
for(
int k=
0;k<=
1;k++)}
intmain()
for(
int i=
1<1<1;i++
)dfs(1
,n);
for(
int i=
0;i<=m;i++
) max=
max(max,f[1]
[i])
;printf
("%d\n"
,max)
;}
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