【GDKOI2014】石油储备计划

Description

Data Constraint

Data Constraint
对于20%的数据，N<=15

对于100%的数据，T<=10，N<=100，0<=si<=10000，1<=X,Y<=N，1<=Z<=10000。

Solution

经过观察可以发现，每一种平衡状态一定是由sum个x和sum1个x+1组成的。
其中$sum1=\frac{\sum a_i}{n}$
$sum=n-sum1$
可以考虑树型dp。
设$f[i][j]$表示以$i$号节点为根的子树油桶数为$x+1$的节点数为$j$的最小代价
那么状态转移方程为:
$f[i][j]=min(f[i][j-k]+f[son][k]+abs(s[i]-x\ast (size[son]-j)-(x+1)\ast j)\ast len)$
其中$s[i]$为以i为根的子树中总的初始油桶数量，$size[son]$表示以$son$为根的子树的节点数。这句话的意思就是把儿子多出来的运到父亲这，如果儿子少了，就是从父亲这运过来，所以要取绝对值。
这道题还可以用费用流做，只不过我太弱，不会做。

Code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
int T,n,cnt,sum,val,val1,Size;
int a[101],head[101],size[101];
ll s[101],f[101][101],g[101];
struct node {
	int to,len,next;
}edge[201];
inline int read() {
	int s=0;
	char ch=getchar();
	while(ch<48||ch>57)ch=getchar();
	while(ch>=48&&ch<=57)
		s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^48),ch=getchar();
	return s;
}
inline void add(int x,int y,int z) {
	edge[cnt]=(node){y,z,head[x]};
	head[x]=cnt++;
}
inline void dfs(int now,int fa) {
	size[now]=1;s[now]=a[now];
	f[now][0]=f[now][1]=0;
	for(int i=head[now];i!=-1;i=edge[i].next) {
		int son=edge[i].to;
		if(son==fa)continue;
		dfs(son,now);
	}
	for(int i=head[now];i!=-1;i=edge[i].next) {
		int son=edge[i].to,len=edge[i].len;
		if(son==fa)continue;
		size[now]+=size[son];
		s[now]+=s[son];
		memset(g,0x7f7f7f7f,sizeof(g));
		for(int j=0;j<=Size&&j<=size[now];++j)
			for(int k=0;k<=size[son]&&k<=j;++k)
				g[j]=min(g[j],f[now][j-k]+f[son][k]+abs(s[son]-(size[son]-k)*val-k*(val+1))*len);
		//不能直接转移，要把所有答案存下来再转移过去。不然会重复
		for(int j=0;j<=Size&&j<=size[now];j++)f[now][j]=g[j];
	}
}
int main() {
	T=read();
	while(T--) {
		n=read();cnt=0;sum=0;
		for(int i=1;i<=n;++i)
			a[i]=read(),sum+=a[i],head[i]=-1;
		Size=sum%n;val=sum/n;
		for(int i=1;i<n;++i) {
			int u=read(),v=read(),w=read();
			add(u,v,w);add(v,u,w);
		}
		memset(f,0x7f7f7f7f,sizeof(f));
		dfs(1,0);
		printf("%lld\n",f[1][Size]);
	}
}