「CF581F」 Zublicanes and Mumocrates - 树形dp

一棵树上有 $n$ 个节点,把每个节点染成黑色或白色,要求叶子节点一半是黑色,一半是白色(保证叶子节点的个数是偶数)。

求在满足要求的情况下,最小的两端颜色不同的边的数量。

链接

Codeforces

题解

我们考虑树形dp,令 $dp[x][v][0/1]$ 表示节点 $x$ 代表的子树里面,为白色的叶子节点有 $v$ 个,$x$ 节点的颜色是白色(0)还是黑色(1)的情况下,最小的两端颜色不同的边的数量。

然后我们可以用那种 $O(n^2)$ 完成树形 dp 的套路去搞它就可以了。

然后转移的时候还要枚举第三维是 0 还是 1 ,然后计算贡献,不要忘掉(

这个跟普通的树形dp不太一样,需要在开始的时候多特殊判断一些,而且你加入子树更新dp数组的时候不能遗传这个数组,只能用新算出来的数来更新。

时间复杂度:$O(n^2)$

代码

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAXN = 5100;

struct Edge{
int to,nex;
}edge[MAXN*2];
int fir[MAXN],ecnt = 2;
void addedge(int a,int b){
edge[ecnt] = (Edge){b,fir[a]};
fir[a] = ecnt++;
}

int n;
int in[MAXN],siz[MAXN],sum,rt = 0;

int dp[MAXN][MAXN][2];// dp[x][v][0/1] v 个白色的
void dfs(int x,int fa){
if(in[x] == 1){
siz[x] = 1,dp[x][1][0] = 0,dp[x][0][1] = 0;
return;
}
int f = 0;
for(int nowe = fir[x];nowe;nowe = edge[nowe].nex){
int v = edge[nowe].to;
if(v == fa) continue;
dfs(v,x);
if(f == 0){
for(int k = 0;k <= siz[v];k++){
dp[x][k][1] = min(dp[v][k][0]+1,dp[v][k][1]);
dp[x][k][0] = min(dp[v][k][1]+1,dp[v][k][0]);
}
}
else{
for(int j = siz[v] + siz[x];j >= 0;j--){
int tmp[2] = {0x3f3f3f3f,0x3f3f3f3f};
for(int k = 0;k <= min(j,siz[v]);k++){
// dp[x][j-k] 与 dp[v][k] 之间的碰撞和激情
tmp[1] = min(tmp[1],dp[x][j-k][1] + min(dp[v][k][0]+1,dp[v][k][1]));
tmp[0] = min(tmp[0],dp[x][j-k][0] + min(dp[v][k][1]+1,dp[v][k][0]));
}
dp[x][j][0] = tmp[0],dp[x][j][1] = tmp[1];
}
}
f = 1;
siz[x] += siz[v];
}
}

void init(){
scanf("%d",&n);
for(int i = 2;i<=n;i++){
int a,b;
scanf("%d %d",&a,&b);
addedge(a,b),addedge(b,a);
in[a]++,in[b]++;
}
for(int i = 1;i<=n;i++){
if(in[i] == 1) sum++;
if(in[i] > in[rt]) rt = i;
}
}

void solve(){
if(n == 2){printf("1\n");return;}
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
dfs(rt,0);
printf("%d\n",min(dp[rt][sum/2][0],dp[rt][sum/2][1]));
}

int main(){
init();
solve();
return 0;
}

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