[2018雅礼集训1-23]盛大的庆典 状压DP

本文介绍了一种基于树形结构的动态规划算法,通过定义特定的状态转移方程,解决了涉及树形结构路径的最大值问题。文章详细阐述了如何利用子树特性进行状态压缩,并给出了完整的C++代码实现。

题面
考虑把每一对点的路径放到其lca上考虑,为叙述方便,记 sonx s o n x 为当前点儿子中子树包含 x x 的那一个。设fi,S表示在子树 i i 中,只考虑S那些儿子的最大值,在设 gi,x g i , x 表示 sonx s o n x i i x的链强制不能选的最大值。
然后对于每个 i i g显然能 O(n) O ( n ) 求出,就是 fx,fullx+jxifj,fulljsonx f x , f u l l x + ∑ j ∈ x → i f j , f u l l j − s o n x 所以对于路径 (x,y) ( x , y ) 满足 lca(x,y)=i l c a ( x , y ) = i ,就有转移:

fi,S=max{fi,Ssonxsony+gi,x+gi,y+1}(137) (137) f i , S = max { f i , S − s o n x − s o n y + g i , x + g i , y + 1 }

复杂度 O(n2+m2degi) O ( n 2 + m ∗ 2 d e g i ) ,已经可以过了,好像还可以记个 mxx,y m x x , y 表示选的路径端点分别在 x,y x , y 两个儿子中的最大值,然后就可以优化到 O(n2+n2degi) O ( n 2 + n ∗ 2 d e g i ) ,不过我没写。
代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define N 1010
#define pii pair<int,int>
#define MP make_pair
#define PB push_back
#define fs first 
#define sc second
#define chkmax(x,y) x=max(x,y)
using namespace std;
int n,m,f[N][1030],g[N],fa[13][N],dep[N];
bool son[N][N];
vector<pii > q[N];
vector<int> e[N];
int read()
{
    int x=0;char ch=getchar();
    for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar());
    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
    return x;
}
void dfs1(int v)
{
    dep[v]=dep[fa[0][v]]+1;son[v][v]=1;
    for(int i=0;i<e[v].size();i++)
        if(e[v][i]!=fa[0][v])   
        {
            fa[0][e[v][i]]=v;
            dfs1(e[v][i]);  
            for(int j=1;j<=n;j++)
                son[v][j]|=son[e[v][i]][j];
        }   
        else swap(e[v][i],e[v][0]); 
}
int lca(int x,int y)
{
    if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
    for(int k=11;k>=0;k--)
        if(dep[fa[k][x]]>=dep[y]) x=fa[k][x];
    if(x==y) return x;
    for(int k=11;k>=0;k--)
        if(fa[k][x]!=fa[k][y]) x=fa[k][x],y=fa[k][y];
    return fa[0][x];        
}
void calg(int v,int add)
{
    g[v]+=add;
    for(int i=1;i<e[v].size();i++)  
        calg(e[v][i],add);
}
void dfs2(int v)
{
    int T=(1<<(e[v].size()-1))-1;   
    for(int i=1;i<e[v].size();i++)
    {   
        dfs2(e[v][i]);
        for(int s=0;s<=T;s++)
            if((s>>(i-1))&1) f[v][s]+=g[e[v][i]];
    }
    for(int i=0;i<q[v].size();i++)
    {
        int sx=0,sy=0;
        for(int j=1;j<e[v].size();j++)
        {
            if(son[e[v][j]][q[v][i].fs]) sx=j;
            if(son[e[v][j]][q[v][i].sc]) sy=j;
        }
        for(int s=0;s<=T;s++)
            if((!sx||((s>>(sx-1))&1))&&((!sy||(s>>(sy-1))&1)))
                chkmax(f[v][s],f[v][s-(sx?(1<<(sx-1)):0)-(sy?(1<<(sy-1)):0)]+g[q[v][i].fs]+g[q[v][i].sc]+1);
    }

    for(int i=1;i<e[v].size();i++)
        calg(e[v][i],f[v][T-(1<<(i-1))]);
    g[v]=f[v][T];   
}

int main()
{
    n=read();
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        int x=read(),y=read();
        e[x].PB(y);e[y].PB(x);
    }
    e[1].PB(0);
    dfs1(1);
    for(int k=1;(1<<k)<=n;k++)
        for(int i=1;i<=n;i++)
            fa[k][i]=fa[k-1][fa[k-1][i]];
    m=read();               
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int x=read(),y=read();
        q[lca(x,y)].PB(MP(x,y));
    }
    dfs2(1);
    printf("%d\n",f[1][(1<<(e[1].size()-1))-1]);
    return 0;
}













### 关于雅礼集训 2017 Day1 的题目及解析 #### 题目概述 根据已知引用内容[^3],雅礼集训 2017 Day1 的核心问题是关于矩阵操作的优化问题。给定一个 \(n \times m\) 的字符矩阵,其中 `#` 表示黑色格子,`.` 表示白色格子。目标是最小化将整个矩阵变为全黑所需的步数。 --- #### 解析与算法思路 ##### 输入描述 输入的第一行为两个整数 \(n\) 和 \(m\),分别代表矩阵的行数和列数。接下来 \(n\) 行每行包含长度为 \(m\) 的字符串,表示矩阵的内容。 ##### 输出描述 输出最小的操作次数使得整个矩阵变成全是黑色格子的态。如果没有可行方案,则输出 `-1`。 --- ##### 算法设计 1. **可行性判断** 如果初始矩阵没有任何黑色格子 (`#`) 存在,则无法通过任何有限次操作使矩阵变黑,因此直接返回 `-1`[^4]。 2. **计算最少步数** 对于每一行,定义两种可能的操作方式: - 将该行全部涂黑。 - 不改变该行态,仅依赖后续列操作来覆盖剩余白格。 同样地,对于每一列也存在类似的策略选择。最终的目标是综合考虑行列操作的影响,找到全局最优解。 3. **动态规划或贪心求解** 使用简单的遍历方法统计各行列中的黑白分布情况,并基于此决定最佳行动顺序。特别注意边界条件处理以及特殊情况下的额外开销评估。 ```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAXN = 1e3 + 5; int n, m, h[MAXN], l[MAXN]; char s[MAXN][MAXN]; int main(){ cin >> n >> m; bool has_black = false; for (int i = 1; i <= n; ++i){ cin >> (s[i]+1); for (int j = 1; j <= m; ++j){ if (s[i][j] == '#'){ has_black = true; h[i]++; l[j]++; } } } if (!has_black){ cout << "-1"; return 0; } int res = INT_MAX; for (int i = 1; i <= n; ++i){ res = min(res, m - h[i] + !l[i]); } int extra_cost = 0; for (int j = 1; j <= m; ++j){ if (l[j] != n) extra_cost += 1; } cout << res + extra_cost; } ``` 上述代码实现了基本逻辑框架,包括读取数据、初步分析是否存在解决方案的可能性以及最后一步汇总总成本的过程[^3]。 --- #### 复杂度分析 时间复杂度主要取决于两次嵌套循环扫描整个矩阵所需的时间量级 O(n*m),空间消耗同样维持在线性范围内 O(n+m)。 --- #### 注意事项 - 当前实现假设所有测试实例均满足合理范围内的尺寸规格;实际应用时需增加更多健壮性的错误检测机制。 - 结果验证阶段应充分考虑到极端情形比如完全空白或者满布障碍物等情况是否被妥善处置。 ---
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