[ NOI 2002 ] 贪吃的九头龙

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Description

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给出一棵 \(n\) 个节点的树，边有边权，现要求你将这 \(n\) 个点划分到 \(m\) 个集合，集合不许为空。

另要求 \(1\) 号集合必须包含 \(1\) 号点，并且 \(1\) 号集合的大小必须正好为 \(k\) 。

如果一条边连接的两个点属于同一个集合，则这条边的边权将被计入总代价。

问总代价最少为多少。

• \(1\le k\le n \le 300,2\le m\le n\)

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Solution

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分析题目性质。

首先我们保证能划分出 \(m\) 个集合，即 \(n-k\ge m\)。

然后考虑每一条边何时会产生代价。

• 如果两个端点都属于 \(1\) 号集合，显然产生代价。

• 如果两个端点中只有一个属于 \(1\) 号集合，显然不产生代价。

• 如果两个端点都不属于 \(1\) 号集合，只要 \(m>2\) ，不会产生代价，否则产生代价。

为什么第三条成立？

如果只有两个集合显然要产生代价。

如果多于两个集合，也就是说这两个不属于 \(1\) 号集合的点都有多于一种的选择属于哪一个集合。

而题目限制是不为空集，边的代价产生条件是属于同一集合，两个条件没有互相约数的地方。

也就是说，我们把一条边的两个端点分到两个集合，不会与约束条件冲突，同时我们通过调整配对情况使得这条边的代价没有产生。

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记得首先要特判。

然后问题就变为，树上选 \(k\) 个点，如果有一条边的两个端点同时被选中，边权会被计入代价，求代价最小 \((m>2)\)。

这不就是一个背包........

注意到特殊的计算方式需要我们同时知道父节点和叶节点的决策，所以：

设 \(f[i][j][0/1]\) 表示，以 \(i\) 为根的子树中，选中 \(j\) 个点的最小代价，其中不选 \(/\) 选 \(i\) 号节点。

记 \(u\) 为当前的根节点， \(v\) 为枚举的子树根节点，\(w\) 为当前边的边权，转移有
\[ f[u][j][0]=min(f[u][j][0],f[u][j-k][0]+min(f[v][k][1],f[v][k][0]))\\ f[u][j][1]=min(f[u][j][1],f[u][j-k][1]+min(f[v][k][1]+w,f[v][k][0])) \]
考虑把 \(m=2\) 的情况加入转移。

其实只要在两个都不选入 \(1\) 集合那里特判一下就好了。
\[ f[u][j][0]=min(f[u][j][0],f[u][j-k][0]+min(f[v][k][1],f[v][k][0]+w*[m==2]))\\ f[u][j][1]=min(f[u][j][1],f[u][j-k][1]+min(f[v][k][1]+w,f[v][k][0])) \]
但是这一转移还有问题。

考虑我们处理完红色部分子树的答案之后，剩余的黑色子树部分的答案。

注意到由于取 \(min\) 的转移，在枚举 \(k=0\) 的时候无论如何我们也不会加上右侧子树的答案。

但是一些情况里 \((\)诸如 \(m=2)\) 这个答案显然是不合法的。

所以我们枚举每一棵子树的时候都先 \(copy\) 一份转移数组，然后重置原数组为 \(inf\) 就可以了。

貌似这个 \(trick\) 也叫多叉树转二叉树？

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Code

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#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 310
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;

inline int rd(){
  int x=0; bool f=0; char c=gc();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
  return f?-x:x;
}

int n,m,ktot,tot,hd[N],f[N][N][2],tmp[N][2];

struct edge{int w,to,nxt;}e[N<<1];

inline void add(int u,int v,int w){
  e[++tot].to=v; e[tot].w=w;
  e[tot].nxt=hd[u]; hd[u]=tot;
}

void dfs(int u,int fa){
  f[u][1][1]=f[u][0][0]=0;
  for(R int i=hd[u],v;i;i=e[i].nxt)
    if((v=e[i].to)!=fa){
      dfs(v,u);
      for(R int j=0;j<=ktot;++j)
        tmp[j][0]=f[u][j][0],tmp[j][1]=f[u][j][1];
      memset(f[u],0x3f,sizeof(f[u]));
      for(R int j=0;j<=ktot;++j)
        for(R int k=0;k<=j;++k){
          f[u][j][0]=min(f[u][j][0],tmp[j-k][0]+min(f[v][k][1],f[v][k][0]+(m==2)*e[i].w));
          f[u][j][1]=min(f[u][j][1],tmp[j-k][1]+min(f[v][k][1]+e[i].w,f[v][k][0]));
        }
    }
}

int main(){
  n=rd(); m=rd(); ktot=rd();
  if(n-ktot<m-1){puts("-1");return 0;}
  for(R int i=1,u,v,w;i<n;++i){
    u=rd(); v=rd(); w=rd();
    add(u,v,w); add(v,u,w);
  }
  memset(f,0x3f,sizeof(f));
  dfs(1,0);
  printf("%d\n",f[1][ktot][1]);
  return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/SGCollin/p/9915729.html