树形 DP 完全不会。。
首先将题目条件改一下:每个人有 \(x-v_i\) 块钱,要求使所有人的钱数非负的最小操作次数。
注意到对于节点 \(u\),在子树 \(u\) 内至多操作 \(siz_u-1\) 次。
所以可以设 \(f_{i,j}\) 表示在子树 \(i\) 内,操作 \(j\) 次,使得除节点 \(i\) 以外其余点均非负,节点 \(i\) 的可能权值的最大值。
转移就枚举当前 \(u\) 的操作次数 \(j\),它的儿子 \(v\) 的操作次数 \(k\)。
然后考虑子树 \(v\) 是否移到子树 \(u\) 上来,注意到若 \(f_{v,k}\ge0\) 的话是可以不转移的,否则一定得转移。
最终答案就是最小的 \(i\) 满足 \(f_{1,i}\ge 0\)。
时间复杂度 \(\mathcal O(n^2)\)。
Code:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2005, inf = 0x3f3f3f3f;
int n, x;
int a[N];
int head[N], ver[N*2], nxt[N*2], cnt;
int f[N][N], tmp[N], siz[N];
void add(int u, int v) {
ver[++cnt] = v, nxt[cnt] = head[u], head[u] = cnt;
}
void chkmax(int &a, int b) { if (a < b) a = b; }
void dfs(int u, int fa) {
f[u][0] = a[u], siz[u] = 1;
for (int i = head[u]; i; i = nxt[i]) {
int v = ver[i];
if (v == fa) continue;
dfs(v, u);
for (int j = 0; j <= siz[u] - 1 + siz[v]; ++j) tmp[j] = -inf;
for (int j = 0; j <= siz[u] - 1; ++j)
for (int k = 0; k <= siz[v] - 1; ++k) {
chkmax(tmp[j + k + 1], f[u][j] + f[v][k]);
if (f[v][k] >= 0) chkmax(tmp[j + k], f[u][j]);
}
siz[u] += siz[v];
for (int j = 0; j <= siz[u] - 1; ++j) f[u][j] = tmp[j];
}
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &x);
for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]), a[i] = x - a[i];
for (int i = 1, u, v; i < n; ++i) scanf("%d%d", &u, &v), add(u, v), add(v, u);
dfs(1, 0);
for (int i = 0; i < n; ++i) if (f[1][i] >= 0) return printf("%d", i), 0;
return 0;
}
标签:P6223,head,子树,洛谷,int,siz,void,cnt
From: https://www.cnblogs.com/Kobe303/p/16826398.html