洛谷 P4269 [SHOI2015] 聚变反应炉 题解【贪心】【DP】

树上游戏…二合一？

题目描述

曾经发明了零件组装机的发明家 SHTSC 又公开了他的新发明：聚变反应炉——一种可以产生大量清洁能量的神秘装置。

众所周知，利用核聚变产生的能量有两个难点：一是控制核聚变反应的反应强度，二是使用较少的能量激发聚变反应。而 SHTSC 已经完美解决了第一个问题。一个聚变反应炉由若干个相连的聚变块组成，为了能够使得聚变反应可控，SHTSC 保证任意两个聚能块都可以通过相互之间的链接到达，并且没有一个聚能块可以不重复经过一个链接回到它自己。

但是第二个问题 SHTSC 还没有完全解决。在他设计的聚变反应炉当中，每个聚变块都需要一定的初始能量 $d_i$ 来进行激发，不过 SHTSC 不需要手动激发所有聚变块，这是因为一旦一个聚变块被激发，则会向与其直接相连的所有还未被激发的聚变块传送 $c_i$ 个单位的能量。这样后被触发的聚变块可以以更低的初始能量来激发，甚至可能不需要额外的外界能量就可自行激发，从而降低了总激发能量的消耗。现在给出了一个聚变反应炉，求至少要多少能量才能激发所有聚变块。

输入输出格式

输入格式：

第一行一个整数 $n$，表示共有 $n$ 个聚能块，由 $1$ 至 $n$ 编号。

第二行 $n$ 个整数，依次表示 $d_i$​。

第三行 $n$ 个整数，依次表示 $c_i$​。

以下 $n-1$ 行每行两个整数 $u,v$，表示编号为 $u$ 和 $v$ 的聚能块是相连的。

输出格式：

一行一个整数，表示至少需要多少个单位的能量才能激发所有聚变块。

输入输出样例

输入样例：

5
1 1 1 1 1
1 1 1 1 1
1 2
2 3
3 4
4 5

样例输出：

1

样例解释：

只需要触发任意一个聚变块即可激活整个聚变反应装置。

数据范围与约定

Case #	max⁡{ci}\max\{c_i\}max{ci​}	$n$	附加限制
1	$=1$	$\le 10$	$c_i=1$
2	$=1$	$\le 100$	$c_i=1$
3	$=1$	$\le 200$	$c_i=1$
4	$=0$	$\le 10$	-
5	$=1$	$\le 200$	$c_i=1$
6	$=1$	$\le 200$	-
7	$=1$	$\le 100000$	$c_i=1$
8	$=0$	$\le 100000$	-
9	$=1$	$\le 100000$	-
10	$=1$	$\le 100000$	-
11	$\le 5$	$\le 20$	-
12	$\le 5$	$\le 20$	$c_i$ 均相等
13	$\le 5$	$\le 200$	-
14	$\le 5$	$\le 200$	$c_i$ 均相等
15	$\le 5$	$\le 200$	-
16	$\le 5$	$\le 200$	-
17	$\le 5$	$\le 2000$	$c_i$ 均相等
18	$\le 5$	$\le 2000$	-
19	$\le 5$	$\le 2000$	-
20	$\le 5$	$\le 2000$	-

题解：

前面50分是个贪心。只需要先激发所有的 $1$ 再激发所有的 $0$ 即可。

此时考虑 $1$ 之间会不会互相影响。因为相邻的 $1$ 所造成的影响只是先后顺序上的，早晚都会减掉的，只是位置不同而已。

后面50分需要高阶树形dp，实则是个背包。用 $f[i][j]$ 表示 $i$ 号点在已接受儿子们贡献的 $j$ 点能量后的最小花费，要把 $j$ 当成背包那一维。

并且有可能出现 $j>d_i$ 的情况，但是这是不合法的。因此我们也需要控制，当接收的能量超过 $d_i$ 时要按 $d_i$ 算。

此外，对于每个儿子做背包的时候，如果不接受它贡献的能量，则可以自己贡献能量给它。所以dp转移方程并不像以前的背包那样，而是要计算能量下传可能带来的更小代价。

因此我们做到一个儿子 $v$ 的时候，先求出给它下传能量后的最小代价 m=min⁡{f[v][j]−min⁡(ci,dv−j)}m=\min\{f[v][j]-\min(c_i,d_v-j)\}m=min{f[v][j]−min(ci​,dv​−j)}，然后dp的时候再利用这个值就可以了。

因此转移方程为（正在转移儿子 $v$）
KaTeX parse error: Expected & or \\ or \cr or \end at position 48: …[i][0]+m&j=0,\\\̲ ̲\min(f[i][j-c_v…
其中 F[v]=min⁡0d[v]{f[v][i]}F[v]=\min_{0}^{d[v]}\{f[v][i]\}F[v]=min0d[v]​{f[v][i]}。

加 $F[v]$ 的是从儿子获取能量，涉及 $m$ 的是自己下传能量。

不过从儿子获取的能量最多为 $n{c}_i$ ，为10000，因此数组只用开 10000 即可，注意边界问题。

Code：

#include<cstdio>
#include<cstring>
int Min(int x,int y){return x<y?x:y;}
struct edge
{
    int n,nxt;
    edge(int n,int nxt)
    {
        this->n=n;
        this->nxt=nxt;
    }
    edge(){}
}e[200100];
int head[100100],ecnt=-1;
void add(int from,int to)
{
    e[++ecnt]=edge(to,head[from]);
    head[from]=ecnt;
    e[++ecnt]=edge(from,head[to]);
    head[to]=ecnt;
}
int d[100100],c[100100];
int F[2010];
void dfs(int x,int from)
{
    int f[10010];
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    f[x][0]=d[x];
    for(int i=head[x];~i;i=e[i].nxt)
        if(e[i].n!=from)
        {
            dfs(e[i].n,x);
            int k=c[e[i].n],tmp=0x3fffffff,t=F[e[i].n];

            for(int j=0;j<=10000;++j)
            {
                f[x][j]+=t;
                tmp=Min(tmp,f[e[i].n][j]-Min(c[x],d[e[i].n]-j));
            }

            //对于每个物品 拿或不拿都有不同的贡献 需要注意

            if(d[x]<=10000)
            {
                f[x][d[x]]-=t-tmp;
                for(int j=d[x];j>=d[x]-k;--j)
                    f[x][d[x]]=Min(f[x][d[x]],f[x][j]-(d[x]-j));
            }

            for(int j=Min(d[x]-1,10000);j>=k;--j)
                f[x][j]=Min(f[x][j]-t+tmp,f[x][j-k]-k);

            if(k)
            {
                f[x][0]-=F[e[i].n];//撤销统一修改
                f[x][0]+=tmp;
            }

        }
    for(int i=0;i<=10000;++i)
        if(f[x][i]<F[x])
            F[x]=f[x][i];
}
int main()
{
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    memset(F,0x3f,sizeof(F));
    memset(head,-1,sizeof(head));
    int n,u,v;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d",&d[i]);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d",&c[i]);
    for(int i=1;i<n;++i)
    {
        scanf("%d%d",&u,&v);
        add(u,v);
    }
    if(n>2000)//数据分治
    {
        for(int i=1;i<=n;++i)
            if(c[i])
                for(int j=head[i];~j;j=e[j].nxt)
                    if(e[j].n>i||!c[e[j].n])
                        --d[e[j].n];
        int sum=0;
        for(int i=1;i<=n;++i)
            sum+=d[i]<0?0:d[i];
        printf("%d\n",sum);
        return 0;
    }
    dfs(1,1);
    printf("%d\n",F[1]);
    return 0;
}