2020CCPC秦皇岛 k题 Kingdom’s Power（树上DP O(n) 复杂度）

最新推荐文章于 2023-10-15 00:01:16 发布

原创

最新推荐文章于 2023-10-15 00:01:16 发布 · 1k 阅读

5 ·

CC 4.0 BY-SA版权

本文介绍了两种O(N)复杂度的算法解法，用于解决特定类型的问题。第一种解法利用动态规划思想，通过递归计算每个节点的最优解，以达到全局最优。第二种解法则重新设计了动态规划的状态定义，使得状态转移更加直观易懂。

发现网上都是o(nlogn)的写法，没有o(n)的，所以这里贴一下代码，简单讲解一下（感觉好像很难讲明白，我实在是太菜了QAQ）

做法1：刚看题时的思路，不是很好理解，建议看做法2

显然如果派出一支军队访问子树，并回到子树根节点，那消耗的时间就是边长的2倍。首先，显然军队从根出发，经过一些路径后停留在叶子节点明显最优。考虑多引一支军队到达叶子节点，则该军队会先走过一段被其他军队走过的路径，会额外消耗一些时间。到达子树根节点后，子树根节点到某个叶子节点这段只用走一次，可以节省这段路径长度的时间。

dp[x]表示只考虑x节点所在的子树以及x指向父亲的那条边，至少多派一支军队走到x所在子树的叶子节点（且已经有其他军队进过x子树的父亲节点，且之前没有任何一个军队会走到x子树的叶子节点），最少会多消耗多少时间（负数表示能节省时间）。

转移的时候，如果有子树额外引一支军队能节省时间（即dp值小于0），那显然引一个军队走到该子树会使答案更优，如果没有任何一支军队dp值小于0，则选额外消耗时间最少的那一颗子树多派一支军队

#include<bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
int dp[1001000];
int n;
vector<int>edg[1001000];
int Ti = 0;
void dfs(int now, int d) {
	if(edg[now].size() == 0) {
		dp[now] =  (d-1) - 1;
		return;
	}
	
	int sum = 0;
	int num = 0;
	int minn = 10000000;
	for (int i = 0; i < edg[now].size(); i++) {
		int nex =  edg[now][i];
		dfs(nex, d+1);
		if (dp[nex] <= 0) {
			num++;
			sum+=dp[nex];
		}
		minn = min(minn, dp[nex]);
	}
	if (num