SRM604题解（除T3外）

T1:

题目大意：有一个机器人在(0,0)，要走到(x,y)，它第i步可以从四个方向中选一个方向移动3^(i-1)的长度，问是否可行。

主要思路：将x,y的绝对值用3进制表示，如果最后一位不为0，那么就必须在当前步内走完，否则就永远不可能走到终点（若走完一步后x,y最后一位都为0则两个数都除以3，继续执行下一步）。所以就进行类似的模拟，直到x,y都为0或者得出无解的结论。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
using namespace std;

int abs(int x){ return x<0?-x:x; }
void swap(int &a,int &b){
	int t=a; a=b; b=t;
}

class PowerOfThree{
public:
	string ableToGet(int x, int y){
		x=abs(x);
		y=abs(y);
		while (1){
			if (x==0 && y==0) return "Possible";
			if (x%3==0 && y%3==0) return "Impossible";
			if (x%3!=0 && y%3!=0) return "Impossible";
			if (x%3==0) swap(x,y);
			if (x%3==2) ++x;
			else --x;
			x/=3;  y/=3;
		}
	}
};

T2:

题目大意：给定一棵树，树上某些点有狐狸，狐狸走一条边的费用为1，问狐狸移动完后所在点构成一棵子树（任意两只狐狸之间的路径上所有点上都有狐狸）的总费用最小值是多少（每个节点最多只有一个狐狸）。

主要思路：先枚举一个点p设为根，假设这个点上一定有狐狸，然后原问题就可以转化为将所有狐狸移动到节点集合V，使得根只经过V中的节点就可以到达属于V的任意一个节点。由于狐狸移动的费用只和始末状态有关，所以可以考虑用treedp。设treedp[i][j]代表以节点i为根，有j只狐狸且满足上述条件的最小花费，size1[i]代表以i为子树拥有的节点数，size2[i]代表以i为子树初始状态中所拥有的狐狸数。

treedp[x][j]=min( sigma(treedp[ki][si]+abs(si-size2[ki])) ,sigma(si)==j-1),j>0

treedp[x][0]=sigma(treedp[ki][0]+size2[ki]);

其中ki为x的儿子,abs(si-size2[ki])的含义是原始状态下有size2[ki]只狐狸，目标状态只有si只狐狸，那么必有abs(si-size2[ki])只狐狸经过边（x--ki）。这样转移保证了根节点一定有狐狸（当j!=0时），所以递归考虑，它们是满足上述条件的。

最后利用treedp[p][size2[p]]更新答案（表示这题相当赞，值得做一做）。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;

int f[100][100];
int size1[100],size2[100];
int bo[100];
int a[100],tot=0;
int first[100],Next[200],End[200];

void add_edge(int x,int y){
	Next[++tot]=first[x];
	first[x]=tot;
	End[tot]=y;
}

int ans=10000000;

int g[100][100];

int abs(int x) { return x<0?-x:x; }

void dfs(int x,int fa){
	size1[x]=1;
	size2[x]=bo[x];
	for (int k=first[x]; k; k=Next[k]){
		int l=End[k];
		if (l==fa) continue;
		dfs(l,x);
		size1[x]+=size1[l];
		size2[x]+=size2[l];
	}
	int p=0;
	for (int k=first[x]; k; k=Next[k])
		if (End[k]!=fa) a[++p]=End[k]; 
	if (size1[x]==1){
		f[x][0]=0;
		if (bo[x]) f[x][1]=0;
		return ;
	}
	memset(g,63,sizeof(g));
	g[0][0]=0;
	for (int i=1; i<=p; ++i)
		for (int j=0; j<=size1[x]; ++j)
			for (int k=0; k<=j; ++k){
				g[i][j]=min(g[i][j],g[i-1][j-k]+abs(size2[a[i]]-k)+f[a[i]][k]);
			}
	f[x][0]=g[p][0];
	for (int i=1; i<=size1[x]; ++i)
		f[x][i]=g[p][i-1];
}

class FoxConnection{
public:
	int minimalDistance(vector <int> A, vector <int> B, string haveFox){
		memset(bo,0,sizeof(bo));
		int n=haveFox.size();
		for (int i=0; i<n-1; ++i){
			add_edge(A[i],B[i]);
			add_edge(B[i],A[i]);
		}
		for (int i=0; i<n; ++i)
			if (haveFox[i]=='Y') bo[i+1]=1;
		for (int i=1; i<=n; ++i){
			memset(f,63,sizeof(f));
			memset(size1,0,sizeof(size1));
			memset(size2,0,sizeof(size2));
			dfs(i,0);
			//printf("%d %d %d\n",i,size2[i],f[3][size2[3]]);
			ans=min(ans,f[i][size2[i]]);
		}
		return ans;
	}
};