CF1292C Xenon's Attack on the Gangs 题解

Posted 2021-03-01 liuchanglc

传送门

题目描述

 

输入格式

输出格式

题意翻译

给n个结点，n-1条无向边。即一棵树。我们需要给这n-1条边赋上0~ n-2不重复的值。mex(u,v)表示从结点u到结点v经过的边权值中没有出现的最小非负整数。计算下面等式的最大值：

 样例

样例输入

3
1 2
2 3

样例输入一

5
1 2
1 3
1 4
3 5

样例输入二

样例输出

样例输出一

3

样例输出二

10

分析

 我们先随便找一条边，将它的价值赋值成0

那么只要有一个路径经过这条边，那么这个路径的最小价值就一定不会为0

我们举一个例子

 

 此时u到v的价值为1，那么这一条路径不经过的最小非负整数就是0

除了这一条路径以外，其他的路径只要经过(u,v)这条边，那么它们不经过的最小非负整数都为1（因为它们已经经过了0）

我们用f[i][j]表示从i开始，从j结束，将i到j之间所有的m条边赋值成0到m-1所得到的最大价值

用g[i][j]表示在i号节点作为根节点的情况下，以j为根节点的字数的大小

用pa[i][j]表示在i号节点作为根节点的情况下，j节点的父亲节点

我们再来看上面这幅图，除了(u，v)这条边之外，只要经过（u,v）这条边，那么它们没有经过的最小非负整数的价值就为

此时总价值为g[u][v]*g[v][u]

那么我们再添加价值为1的边，为了使总的价值最大，这条边显然要和价值为0的边放在一起

为什么呢？因为如果放在别的地方，那么价值为1的路程会增多，而价值为2的路程会减少

换一句话说，价值为1的这条边对其它路程的贡献减少了

我们来举一个例子

 

 

 

 

 在左边这幅图中，我们没有把价值为1的边放在价值为0的边的旁边，这时(u,B)这条边永远会缺失1，我们从v向下遍历，同时经过0和1的路径的个数会减少，会有很多路径的价值为1，以后也不会再改变

 在右边这幅图中，我们有把价值为1的边放在价值为0的边的旁边，这时(u,B)这条边的边权1，它的价值也就为1，我们从v向下遍历，同时经过0和1的路径的个数显然要比上面的多，路径的价值一定会大于1

总而言之，我们应该把价值为1的边放在 u 或 v 的邻边上，不然同时经过 0,1 的路径肯定会少，对答案能贡献 2 的路径也会变少，并且接下来填 2 能获得的贡献也不会多

同样的，我们可以把2 、3、4……n-1依次填入，只要按照上面的方法就可以

但是还有一个问题，我们是从左边加还是从右边加呢

这是我们就需要用到动态转移方程取较大值

f[u][v]=max(f[u,pa[u][v]],f[v,pa[v][u]])+g[u][v]*g[v][u]

什么意思呢，我们还是拿图来说

 我们假设pa[v][u]和pa[u][v]之间的权值已经确定，那么下一个权值我们可以选择加在（u,pa[v][u]）上，也可以选择加在（v,pa[u][v]）上

 如果加在（u,pa[v][u]）上，那么增大的价值就是g[u][v]*g[v][u]，还要加上原来就有的f[u,pa[u][v]]

 如果加在（v,pa[u][v]）上，那么增大的价值就是g[u][v]*g[v][u]，还要加上原来就有的f[v,pa[v][u]]

实际上这两种情况增大的价值都是一样的，我们只需要在f[u,pa[u][v]]和f[v,pa[v][u]]中取最大值就可以了

g、pa数组我们可以预处理得到，f数组我们枚举取最大值就可以了

这道题也要开long long否则会爆掉

代码

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<algorithm>
 4 #include<iostream>
 5 #include<cmath>
 6 using namespace std;
 7 const int maxd=3010;
 8 typedef long long ll;
 9 struct asd{
10     ll from,to,next;
11 }b[maxd*2];
12 ll head[maxd],tot=1;
13 void ad(ll aa,ll bb){
14     b[tot].from=aa;
15     b[tot].to=bb;
16     b[tot].next=head[aa];
17     head[aa]=tot++;
18 }
19 ll pa[maxd][maxd],f[maxd][maxd],g[maxd][maxd];
20 ll rt=1;
21 void dfs(ll now,ll fa){
22     g[rt][now]=1;
23     for(ll i=head[now];i!=-1;i=b[i].next){
24         ll u=b[i].to;
25         if(u==fa) continue;
26         pa[rt][u]=now;
27         dfs(u,now);
28         g[rt][now]+=g[rt][u];
29     }
30 }
31 ll solve(ll u,ll v){
32     if(u==v) return 0;
33     if(f[u][v]) return f[u][v];
34     return f[u][v]=max(solve(u,pa[u][v]),solve(v,pa[v][u]))+g[u][v]*g[v][u];
35 }
36 int main(){
37     memset(head,-1,sizeof(head));
38     ll n;
39     scanf("%lld",&n);
40     for(ll i=1;i<n;i++){
41         ll aa,bb;
42         scanf("%lld%lld",&aa,&bb);
43         ad(aa,bb);
44         ad(bb,aa);
45     }
46     for(ll i=1;i<=n;i++){
47         rt=i;
48         dfs(i,-1);//递归，预处理s数组和pa数组
49     }
50     ll ans=-1;
51     for(ll i=1;i<=n;i++){
52         for(ll j=1;j<=n;j++){
53             ans=max(solve(i,j),ans);//取最大值
54         }
55     }
56     printf("%lld
",ans);
57     return 0;
58 }

View Code