SHOI2015 聚變反應爐

2022-06-04 10:57:10 字數 1490 閱讀 7281

點這裡看題目。

資料特殊,顯然需要資料分治。

此時 \(c=0\) 的點沒有貢獻,那麼就相當於 \(c\) 全部相等。這樣 \(c\) 最終的貢獻與 \(d\) 無關,我們把 \(c=1\) 的點全部模擬點亮一遍即可。

不難想到做樹形 dp 。我們可以想到這樣的狀態:

\(f(u,0/1,0/1)\):第乙個 \(0/1\) 表示 \(u\) 是否被激發,第二個表示 \(u\) 的父親是否被激發,在這個情況下將 \(u\) 子樹內的點全部激發的最小代價。

然後你發現這樣做複雜度不對無法處理兒子之間的轉移順序,或者說,我們無法有序確定哪些兒子在當前點之後被激發。其實可以,直接列舉全排列。

但注意到,如果乙個兒子 \(v\) 在 \(u\) 之前激發,那麼 \(v\) 就會給 \(u\) 以 \(c_v\) 的貢獻;如果 \(v\) 在之後,那麼 \(u\) 就會給 \(v\) 以 \(c_u\) 的貢獻。既然乙個兒子最多只有兩種狀態,我們就可以考慮0/1 揹包

考慮狀態 \(f(u,0/1)\):表示 \(u\) 的父親是否激發,此情況下 \(u\) 子樹內全部激發的最小代價。

那麼中途可以用揹包進行轉移, \(g(i)\) 表示考慮完一些兒子之後,當前點接受的能量為 \(i\) 的最小代價。轉移顯然:

\[g(i)=\min\

\]最後 \(f(u,0/1)\) 都可以用 \(g\) 算出來。

注意到 \(c\) 很小,於是複雜度就是 \(o(cn^2)\) 。

小結:利用 0/1 揹包處理只含兩種情況的轉移順序的方法,具有借鑑意義。

#include #include const int maxn = 1e5 + 5, maxs = 1e4 + 5;

templatevoid read( _t &x )

while( '0' <= s && s <= '9' )

x *= f;

}templatevoid write( _t x )

template_t max( const _t a, const _t b )

template_t min( const _t a, const _t b )

struct edge

graph[maxn << 1];

int head[maxn], d[maxn], c[maxn];

int n, cnt;

void addedge( const int from, const int to )

namespace allone

void solve()

for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) ans += max( d[i], 0 );

write( ans ), putchar( '\n' ); }}

namespace trivial

void solve() }

int main()

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