[lnsyoj70E/luoguCF70E]Information Reform

标签：luoguCF70E dist idx Reform int min lnsyoj70E ans 关键点

题意

给定常数 \(k\)，一棵 \(n\) 节点的树和序列 \(d\)（\(d\) 单调不降），选定一些点为关键点。设关键点的个数为 \(cnt\)，集合为 \(S\)，求

\[\min\{k\cdot cnt\cdot\sum_{i=1}^n\max_{j\in S}\{d_{dist_{i,j}}\}\} \]

sol

显然树形 DP。
由于 \(d\) 单调不降，因此每个点一定会尽可能选择更接近的关键点，因此，选同一点的所有点一定构成一个连通块。这样我们就可以进行树形 DP 了。
状态：\(f_{u,j}\) 表示在以 \(u\) 为根的子树中，\(u\) 选取的关键点为 \(j\) 的最小代价。
转移：对于每一个儿子，我们可以枚举它的所有关键点，此时，如果它选取的关键点与父亲选取的关键点相同，说明两节点选重，因此还需要减少 \(k\)，即：

\[f_{u,j}=dist_{u,j} + \sum_{v\in u_{son}}\min\{f_{v, j}-k,\min_{i=1}^n\{f_{v,i}\}\} \]

这样做时间复杂度是 \(O(n^3)\)，能够通过此题，但可以优化。
我们记录 \(ans_u\)，表示使 \(f_{u,j}\) 最小的 \(j\)，这样，原式即转化为了：

\[f_{u,j}=dist_{u,j} + \sum_{v\in u_{son}}\min\{f_{v, j}-k,f_{v,ans_v}\} \]

输出方案：我们可以按照由根至下的顺序递归，记录转移到 \(u\) 的点。显然，仅当 \(f_{father,ans_{father}} - k < f_{u,ans_u}\) 时，转移到 \(u\) 的点才为 \(ans_{father}\)，否则为 \(ans_u\)，并记录到 \(ans\) 中。

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 205;

int d[N];
int h[N], e[N * 2], ne[N * 2], idx;
int dist[N][N];
int f[N][N], ans[N];
int n, k;

void add(int a, int b){
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ;
}

void floyd(){
    for (int k = 1; k <= n; k ++ )
        for (int i = 1; i <= n; i ++ )
            for (int j = 1; j <= n; j ++ )
                dist[i][j] = min(dist[i][j], dist[i][k] + dist[k][j]);
}

void dfs(int u, int father){
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) f[u][i] = k + d[dist[i][u]];

    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]){
        int j = e[i];
        if (j == father) continue;
        dfs(j, u);
        for (int t = 1; t <= n; t ++ ) 
            f[u][t] += min(f[j][t] - k, f[j][ans[j]]);
    }

    ans[u] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i ++ )
        if (f[u][i] < f[u][ans[u]]) ans[u] = i;
}

void print(int u, int fa){
    if (fa > 0 && f[u][ans[fa]] - k < f[u][ans[u]]) ans[u] = ans[fa];
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]){
        int j = e[i];
        if (j == fa) continue;
        print(j, u);
    }
}

int main(){
    memset(h, -1, sizeof h);
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for (int i = 1; i < n; i ++ ) scanf("%d", &d[i]);
    memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) dist[i][i] = 0;
    for (int i = 1; i < n; i ++ ) {
        int u, v;
        scanf("%d%d", &u, &v);
        add(u, v), add(v, u);
        dist[u][v] = dist[v][u] = 1;
    }

    floyd();

    dfs(1, -1);

    printf("%d\n", f[1][ans[1]]);
    print(1, -1);
    
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) printf("%d ", ans[i]);

    return 0;
}

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From： https://www.cnblogs.com/XiaoJuRuoUP/p/-/lnsyoj70E_luoguCF70E