cf1292 C. Xenon's Attack on the Gangs

最新推荐文章于 2020-11-19 21:56:32 发布

原创最新推荐文章于 2020-11-19 21:56:32 发布 · 238 阅读

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本文探讨了一种在树上进行区间动态规划的优化方法，通过将问题转化为求解路径上数字的Mex值，利用贪心策略和记忆化搜索，实现了O(n^2)的时间复杂度。文章详细介绍了算法思路，包括如何选择“主干道”以及如何计算最优解，最后给出了完整的代码实现。

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Solution

居然还有这样的 $d p$ ，感觉就像是区间 $d p$ 上树一样

首先考虑到一步转化：

$\sum_{(u,v)} mex(u,v) = \sum_{1 \le x \le n} x \sum_{(u,v)} [mex(u,v) = x] \\ = \sum_{1 \le x \le n} \sum_{(u,v)} [mex(u,v) \ge x]$

说成大白话就是： $mex\ge1$ 的路径个数+ $mex\ge2$ 的个数+ $mex\ge1$ 的路径的个数+…

考虑一条链上怎么做这个问题，显然我们可以贪心，往中间放 $0$ ，然后两边依次 $1,2,3,\dots$

这个的依据可以说是根据一种贪心直觉“经过次数多的边要放小的”，也可以用上面的式子解释。其实就是我要让 $0,1,2,\dots$ 这些数字挨在一起，而且越小的数字就越靠近中间放，一条路径满足 $\ge x]$ ，必须这条路径上有 $0,1,2,\dots,x-1$

那么把这个问题放在树上，可以发现一个问题，我肯定要把 $0,1,2,\dots$ 前几个自然数连在一起放（这条路径我把它称为“主干道”），断开了没意义。然后整棵树上两个点 $(u, v)$ 的 $m e x$ ，其实就是这条路径和“主干道”的交路径的 $m e x$ 。

考虑如果我枚举了“主干道”的两个端点 $x, y$ ，再怎么算最优解呢？

那这显然就是个区间 $d p$ 了，考虑到我的过程是先在中间放一个 $0$ ，然后往 $0$ 的左边或者右边放一个 $1$ ，然后往 $01$ 所构成整体的左边或者右边放一个 $2$ ，依次类推，假设区间长度是 $l$ ，那么我现在应该考虑 $l - 1$ 是放在最左边还是放在最右边，这就类似 $max(dp_{i-1,j},dp_{i,j-1})$ 的感觉，但是我要还加上放了 $l - 1$ 之后的贡献。

预处理 $s_{u,v}$ 表示以 $u$ 为根遍历时 $v$ 子树的大小，然后 $fa_{u,v}$ 表示以 $u$ 为根遍历时 $v$ 的父亲

这个 $d p$ 最终写出来就是：

$dp_{u,v} = max(dp_{fa[v][u],v},dp_{v,fa[u][v]}) + s_{u,v}s_{v,u}$

记忆化搜索， $O(n^2)$

Code

#include <bits/stdc++.h>
#include <ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include <ext/pb_ds/tree_policy.hpp>
#define iinf 0x3f3f3f3f
#define linf (1ll<<60)
#define eps 1e-8
#define maxn 3010
#define maxe 7000
#define cl(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define rep(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define drep(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
#define em(x) emplace(x)
#define emb(x) emplace_back(x)
#define emf(x) emplace_front(x)
#define fi first
#define se second
#define de(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl
using namespace std;
using namespace __gnu_pbds;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;
ll read(ll x=0)
{
    ll c, f(1);
    for(c=getchar();!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-f;
    for(;isdigit(c);c=getchar())x=x*10+c-0x30;
    return f*x;
}
struct Graph
{
    int etot, head[maxn], to[maxe], next[maxe], w[maxe];
    void clear(int N)
    {
        for(int i=1;i<=N;i++)head[i]=0;
        etot=0;
    }
    void adde(int a, int b, int c=0){to[++etot]=b;w[etot]=c;next[etot]=head[a];head[a]=etot;}
    #define forp(_,__) for(auto p=__.head[_];p;p=__.next[p])
}G;
ll n, dp[maxn][maxn], s[maxn][maxn], fa[maxn][maxn];
void dfs(ll pos, ll pre, ll *s, ll *fa)
{
    fa[pos]=pre;
    s[pos]=1;
    forp(pos,G)if(G.to[p]!=pre)
    {
        dfs(G.to[p],pos,s,fa);
        s[pos]+=s[G.to[p]];
    }
}
ll DP(ll u, ll v)
{
    if(u==v)return 0;
    if(dp[u][v])return dp[u][v];
    return dp[u][v] = max( DP(fa[v][u],v), DP(u,fa[u][v]) ) + s[u][v]*s[v][u] ;
}
int main()
{
    ll i, j, u, v, ans=-1;
    n=read();
    rep(i,1,n-1)u=read(), v=read(), G.adde(u,v), G.adde(v,u);
    rep(i,1,n)dfs(i,0,s[i],fa[i]);
    rep(i,1,n)rep(j,1,n)ans=max(ans,DP(i,j));
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}