洛谷 P3177 树上染色
题目要求将k个点染成黑色,求黑点两两距离及白点两两距离,使他们之和最大。
我们可以将距离转化为路径,然后再将路径路径拆分成边,就可以记录每条边被经过的次数,直接计算即可。
很简单对吧?那么问题来了,距离转化为路径好理解,路径拆为边也好说,可是每条边被经过的次数怎么计算呢?
我们可以这样想,我们任意取两个同色的点,对于每一条边,若不在这两个点的路径上,我们自然不考虑,若是在两个点的路径上,那么这条边的计数加一。我们可以转换一下,若是两个点在边的一侧,则不影响计数,若在边的两侧,则边的计数加一。那么我们推广一下,便可以得出,一条边的两侧每有一对同色点,这条边就要被经过一次。也就是说,一条边被经过的次数等于边的两侧同色点个数的乘积。那么我们便可以求出每条边被经过的次数
\(tot=k*(m-k)+(sz[v]-k)*(n-m-sz[v]+k)\)
\(m\)表示题目要求选的黑点数,\(sz[v]\)表示当前子节点的子树大小,\(k\)表示当前子节点的子树上已选择的黑点数
得出了这个结论,我们就可以轻松地DP了。
下面放代码
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#define ll long long
#define gc getchar
#define maxn 2005
using namespace std;
inline ll read(){
ll a=0;int f=0;char p=gc();
while(!isdigit(p)){f|=p=='-';p=gc();}
while(isdigit(p)){a=(a<<3)+(a<<1)+(p^48);p=gc();}
return f?-a:a;
}
struct ahaha{
int w,to,next;
}e[maxn<<1];int tot,head[maxn];
inline void add(int u,int v,int w){
e[tot].w=w,e[tot].to=v,e[tot].next=head[u];head[u]=tot++;
}
int n,m,sz[maxn];
ll f[maxn][maxn];
void dfs(int u,int fa){
sz[u]=1;f[u][0]=f[u][1]=0;
for(int i=head[u];~i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;if(v==fa)continue;
dfs(v,u);sz[u]+=sz[v];
for(int j=min(m,sz[u]);j>=0;--j){ //此处倒序枚举是为了避免重复选取
if(f[u][j]!=-1) //在DP前应先加上当前子节点的子树纯白色的情况,这是下面也倒序枚举的前提
f[u][j]+=f[v][0]+(ll)sz[v]*(n-m-sz[v])*e[i].w;
for(int k=min(j,sz[v]);k;--k){
if(f[u][j-k]==-1)continue;
ll val=(ll)(k*(m-k)+(sz[v]-k)*(n-m-sz[v]+k))*e[i].w; //当前情况下连接子节点的边的贡献
f[u][j]=max(f[u][j],f[u][j-k]+f[v][k]+val);
}
}
}
}
int main(){memset(head,-1,sizeof head);
n=read();m=read();
if(n-m<m)m=n-m;
for(int i=1;i<n;++i){
int u=read(),v=read(),w=read();
add(u,v,w);add(v,u,w);
}memset(f,-1,sizeof f);
dfs(1,-1);
printf("%lld",f[1][m]);
return 0;
}
以上就是本道题的题解,不知道你是否看懂了呢。如有不明白的地方,欢迎提问。
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