[BZOJ4033][HAOI2015]树上染色
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[BZOJ4033][HAOI2015]树上染色
试题描述
有一棵点数为N的树,树边有边权。给你一个在0~N之内的正整数K,你要在这棵树中选择K个点,将其染成黑色,并
将其他的N-K个点染成白色。将所有点染色后,你会获得黑点两两之间的距离加上白点两两之间距离的和的收益。
问收益最大值是多少。
输入
第一行两个整数N,K。
接下来N-1行每行三个正整数fr,to,dis,表示该树中存在一条长度为dis的边(fr,to)。
输入保证所有点之间是联通的。
N<=2000,0<=K<=N
输出
输出一个正整数,表示收益的最大值。
输入示例
5 2 1 2 3 1 5 1 2 3 1 2 4 2
输出示例
17
数据规模及约定
见“输入”
题解
树形 dp,设 f(i, j) 表示对于子树 i,选 j 个黑点所能得到的边的最大贡献,注意这里边的贡献是全局的,不是只考虑子树内部的,这样做比较方便转移。
那么在转移的时候,对于节点 u,我们在树上做背包,就是枚举每个儿子分别选几个黑点然后合并。这样看上去很暴力,但是我们可以证明总转移复杂度不超过 O(n2)。其实就是要证明 O(∑u=1..n∏v是u的儿子siz[v]) = O(n2)。我们不妨把“∏v是u的儿子siz[v]”这一部分看做每次从 u 的每个子树中任选两个点 (a, b) 使得 a 和 b 的最近公公祖先恰好为 u 的方案数,那么每个节点只可能一次成为最近公公祖先,那么整个“∑u=1..n∏v是u的儿子siz[v]”其实就是树中点对个数,所以是 n2 的。
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <cctype> #include <algorithm> using namespace std; #define LL long long LL read() { LL x = 0, f = 1; char c = getchar(); while(!isdigit(c)){ if(c == ‘-‘) f = -1; c = getchar(); } while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - ‘0‘; c = getchar(); } return x * f; } #define maxn 2010 #define maxm 4010 int n, K, m, head[maxn], nxt[maxm], to[maxm]; LL dist[maxm]; void AddEdge(int a, int b, LL c) { to[++m] = b; dist[m] = c; nxt[m] = head[a]; head[a] = m; swap(a, b); to[++m] = b; dist[m] = c; nxt[m] = head[a]; head[a] = m; return ; } LL f[maxn][maxn]; int siz[maxn]; void build(int u, int fa) { siz[u] = 1; for(int e = head[u]; e; e = nxt[e]) if(to[e] != fa) { build(to[e], u); siz[u] += siz[to[e]]; } if(siz[u] == 1){ f[u][0] = f[u][1] = 0; return ; } int sum = 1; f[u][0] = f[u][1] = 0; for(int e = head[u]; e; e = nxt[e]) if(to[e] != fa) { for(int k = sum; k >= 0; k--) for(int i = min(K, siz[to[e]]); i >= 0; i--) if(f[to[e]][i] >= 0 && k + i <= K) f[u][k+i] = max(f[u][k+i], f[to[e]][i] + f[u][k] + dist[e] * ((LL)i * (K - i) + ((LL)siz[to[e]] - i) * (n - K - siz[to[e]] + i))); sum = min(K, sum + siz[to[e]]); } return ; } int main() { n = read(); K = read(); for(int i = 1; i < n; i++) { int a = read(), b = read(); LL c = read(); AddEdge(a, b, c); } memset(f, -1, sizeof(f)); build(1, 0); printf("%lld\n", f[1][K]); return 0; }
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