三色树——需要深度思考的树形dp

Posted 2020-12-18 zjy1412

三色树

给出一个N个节点的无根树，每条边有非负边权，每个节点有三种颜色：黑，白，灰。
一个合法的无根树满足：树中不含有黑色结点或者含有至多一个白色节点。
现在希望你通过割掉几条树边，使得形成的若干树合法，并最小化割去树边权值的和。

 

第一行一个正整数N，表示树的节点个数。
第二行N个整数Ai，表示i号节点的颜色，0 表示黑色，1表示白色，2表示灰色。
接下来N-1行每行三个整数Xi Yi Zi，表示一条连接Xi和Yi权为Zi的边。

 

输出一个整数表示其最小代价。

 

  5 
  0 1 1 1 0
  1 2 5
  1 3 3
  5 2 5
  2 4 16

 

10
样例解释：
花费10的代价删去边(1, 2)和边(2, 5)。

 

20%的数据满足N≤10。
另外30%的数据满足N≤100,000，且保证树是一条链。
100%的数据满足N≤300,000，0≤Zi≤1,000,000,000，Ai∈{0,1,2}。

分析：

其实明眼人都能看出这是树形dp，可是当我们仔细去思考该维护什么时，我们就陷进去了。因为我们所想的任何方法的维护都十分的复杂，很容易给人一种思路错了的错觉。可是这题确确实实就是这么复杂，很多人想得到方向，却无法深入，接下来分析一下。

我们要维护的是3类情况(用f来表示)：

1.f[i][0]表示以i为根节点的子树在切割后不含黑点的最小代价；

2.f[i][1]表示以i为根节点的子树在切割后不含白点的最小代价；

3.f[i][2]表示以i为根节点的子树在切割后含一个白点的最小代价；

按这样分之后答案就是根节点s三个值的最小值

接下来考虑转移方程：

1.当col[i](即该点颜色)=0时，明显不符合无黑点，所以f[i][0]=inf(无穷大)；而当col[i]!=0时，这时要考虑断边情况，很容易可以列得

$f[i][0]= sum_{son}$min(f[son][0],min(f[son][1],f[son][2])+w)<--w为边权

2.当col[i]=1时，同样的不符合无白点，所以f[i][0]=inf；而当col[i]!=0时，这时要考虑断边情况，一样可以列得

$f[i][1]= sum_{son}$min(f[son][1],min(f[son][0],f[son][2])+w) (2与1几乎一模一样)

3.当col[i]=1时，这时该点已经是一个白点了，所以方程式和2情况的第二种一样。剩下最后一种情况(最复杂的一种)，即col[i]!=1时，这时我们直接处理的话会列出一长串，但我们可以和f[i][1]结合起来，我们只要从最后算出的f[i][1]中减去一种min(f[son][1],min(f[son][0],f[son][2])+w)再加上f[son][2]就能维护一个白点的情况，同样的，我们要使f[i][2]最小化，而最终的

f[i][1]又是个定值，所以我们要最大化min(f[son][1],min(f[son][0],f[son][2])+w)+f[son][2].

所以最终方程式为：$f[i][2]= f[i][1](最终的)-max(min(f[son][1],min(f[son][0],f[son][2])+w)-f[son][2]).<--减号是因为加了个括号

代码：

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<cmath>
 5 #include<queue>
 6 using namespace std;
 7 #define debug printf("zjyvegetable
")
 8 #define int long long
 9 inline int read(){
10     int a=0,b=1;char c=getchar();
11     while(!isdigit(c)){if(c==‘-‘)b=-1;c=getchar();}
12     while(isdigit(c)){a=a*10+c-‘0‘;c=getchar();}
13     return a*b;
14 }
15 const int N=4e5+50,M=2e6+50,inf=123456789012345678;
16 int n,col[N],tot,vis[N],h[N],ver[M],nx[M],ed[M],f[N][3],t[M],top;
17 void add(int u,int v,int z){
18     ver[++tot]=v;ed[tot]=z;
19     nx[tot]=h[u];h[u]=tot;
20 }
21 inline void dfs(int x){
22     vis[x]=1;
23     if(col[x]==0)f[x][0]=inf;
24     else if(col[x]==1)f[x][1]=inf;
25     int maxn=0;
26     for(int i=h[x];i;i=nx[i]){
27         int v=ver[i];
28         if(vis[v])continue;
29         dfs(v);
30         if(col[x]==0){
31             f[x][1]+=min(f[v][1],min(f[v][0],f[v][2])+ed[i]);
32             maxn=max(maxn,min(f[v][1],ed[i]+min(f[v][0],f[v][2]))-f[v][2]);
33         }
34         else if(col[x]==1){
35             f[x][0]+=min(f[v][0],min(f[v][1],f[v][2])+ed[i]);
36             f[x][2]+=min(f[v][1],ed[i]+min(f[v][0],f[v][2]));
37         }
38         else{
39             f[x][0]+=min(f[v][0],min(f[v][1],f[v][2])+ed[i]);
40             f[x][1]+=min(f[v][1],min(f[v][0],f[v][2])+ed[i]);
41             maxn=max(maxn,min(f[v][1],ed[i]+min(f[v][0],f[v][2]))-f[v][2]);
42         }
43     }
44     if(col[x]!=1)f[x][2]=f[x][1]-maxn;
45 }
46 signed main(){
47     //freopen("tree2.in","r",stdin);
48     //freopen("tree2.out","w",stdout);
49     int u,v,z;
50     n=read();
51     for(int i=1;i<=n;i++){
52         col[i]=read();
53     }
54     for(int i=1;i<n;i++){
55         u=read();v=read();
56         z=read();
57         add(u,v,z);add(v,u,z);
58     }
59     dfs(1);
60     printf("%lld
",min(f[1][0],min(f[1][1],f[1][2])));
61     return 0;
62 }

留在最后的话：

由于这题数据有长链，所以要用人工栈，而笔者由于懒而只打了dfs，拿不到全部分，望理解。