【HNOI 2018】道路

Problem

Description

\(W\) 国的交通呈一棵树的形状。\(W\) 国一共有\(n — 1\)个城市和\(n\)个乡村，其中城市从\(1\)到\(n — 1\) 编号，乡村从\(1\)到\(n\)编号，且\(1\)号城市是首都。道路都是单向的，本题中我们只考虑从乡村通往首都的道路网络。对于每一个城市，恰有一条公路和一条铁路通向这座城市。对于城市 \(i\) ，通向该城市的道路（公路或铁路）的起点，要么是一个乡村，要么是一个编号比\(i\)大的城市。 没有道路通向任何乡村。除了首都以外，从任何城市或乡村出发只有一条道路；首都没有往 外的道路。从任何乡村出发，沿着唯一往外的道路走，总可以到达首都。

\(W\) 国的国王小 \(W\) 获得了一笔资金，他决定用这笔资金来改善交通。由于资金有限，小 \(W\) 只能翻修\(n — 1\)条道路。小 \(W\) 决定对每个城市翻修恰好一条通向它的道路，即从公路和铁 路中选择一条并进行翻修。小 \(W\) 希望从乡村通向城市可以尽可能地便利，于是根据人口调 查的数据，小 \(W\) 对每个乡村制定了三个参数，编号为\(i\)的乡村的三个参数是\(a_i\)，\(b_i\)和\(c_i\)。假设 从编号为\(i\)的乡村走到首都一共需要经过\(x\)条未翻修的公路与\(y\)条未翻修的铁路，那么该乡村 的不便利值为

\[c_​i \cdot (a_​i + x) \cdot (b_​i + y)
\]

在给定的翻修方案下，每个乡村的不便利值相加的和为该翻修方案的不便利值。 翻修\(n — 1\)条道路有很多方案，其中不便利值最小的方案称为最优翻修方案，小 \(W\) 自然 希望找到最优翻修方案，请你帮助他求出这个最优翻修方案的不便利值。

Input Format

第一行为正整数\(n\)。

接下来\(n — 1\)行，每行描述一个城市。其中第\(i\)行包含两个数\(s_i,t_i\)。\(s_i\)表示通向第\(i\)座城市 的公路的起点，\(t_i\)表示通向第i座城市的铁路的起点。如果\(s_i > 0\)，那么存在一条从第\(s_i\)座城 市通往第\(i\)座城市的公路，否则存在一条从第\(-s_i\)个乡村通往第i座城市的公路；\(t_i\)类似地，如 果\(t_i > 0\)，那么存在一条从第\(t_i\)座城市通往第i座城市的铁路，否则存在一条从第\(-t_i\)个乡村通 往第\(i\)座城市的铁路。

接下来\(n\)行，每行描述一个乡村。其中第i行包含三个数\(a_i,b_i,c_i\)，其意义如题面所示。

Output Format

输出一行一个整数，表示最优翻修方案的不便利值。

Sample

Input 1

6
2 3
4 5
-1 -2
-3 -4
-5 -6
1 2 3
1 3 2
2 1 3
2 3 1
3 1 2
3 2 1

Output 1

54

Input 2

9
2 -2
3 -3
4 -4
5 -5
6 -6
7 -7
8 -8
-1 -9
1 60 1
1 60 1
1 60 1
1 60 1
1 60 1
1 60 1
1 60 1
1 60 1
1 60 1

Output 2

548

Input 3

12
2 4
5 3
-7 10
11 9
-1 6
8 7
-6 -10
-9 -4
-12 -5
-2 -3
-8 -11
53 26 491
24 58 190
17 37 356
15 51 997
30 19 398
3 45 27
52 55 838
16 18 931
58 24 212
43 25 198
54 15 172
34 5 524

Output 3

5744902

Explanation

Explanation for Input 1

一种不便利值等于54的方法是：翻修通往城市2和城市5的铁路，以及通往其他城市的 公路。用→和⇒表示公路和铁路，用∗→和∗⇒表示翻修的公路和铁路，那么：

编号为1的乡村到达首都的路线为：-1 ∗→ 3 ⇒ 1，经过0条未翻修公路和1条未翻修铁 路，代价为3 × (1 + 0) × (2 + 1) = 9；

编号为2的乡村到达首都的路线为：-2 ⇒ 3 ⇒ 1，经过0条未翻修公路和2条未翻修铁 路，代价为2 × (1 + 0) × (3 + 2) = 10；

编号为3的乡村到达首都的路线为：-3 ∗→ 4 → 2 ∗→ 1，经过1条未翻修公路和0条未 翻修铁路，代价为3 × (2 + 1) × (1 + 0) = 9；

编号为4的乡村到达首都的路线为：-4 ⇒ 4 → 2 ∗→ 1，经过1条未翻修公路和1条未翻 修铁路，代价为1 × (2 + 1) × (3 + 1) = 12；

编号为5的乡村到达首都的路线为：-5 → 5 ∗⇒ 2 ∗→ 1，经过1条未翻修公路和0条未 翻修铁路，代价为2 × (3 + 1) × (1 + 0) = 8；

编号为6的乡村到达首都的路线为：-6 ∗⇒ 5 ∗⇒ 2 ∗→ 1，经过0条未翻修公路和0条未翻修铁路，代价为1 × (3 + 0) × (2 + 0) = 6；

总的不便利值为9 + 10 + 9 + 12 + 8 + 6 = 54。可以证明这是本数据的最优解。

Explanation for Input 2

在这个样例中，显然应该翻修所有公路。

Range

一共20组数据，编号为1 ∼ 20。 对于编号\(\le 4\)的数据，\(n \le 20\)；

对于编号为5 ∼ 8的数据，\(a_i,b_i,c_i \le 5\)，\(n \le 50\)；

对于编号为9 ∼ 12的数据，\(n \le 2000\)；

对于所有的数据，\(n \le 20000\)，\(1 \le a_i,b_i \le 60\)，\(1 \le c_​i \le 109\)，\(s_i,t_i\)是\([-n,-1] \cup (i,n — 1]\)内的整数，任意乡村可以通过不超过40条道路到达首都。

Algorithm

\(DP\)

Mentality

\(HNOI2018\) 的 \(Day2T3......\) 一道据说许多人考场上看成神题的题目 \(QwQ\) 。

平心而论这道题确实也就那么难，顶天了 \(TG\ T2\) ，就是谁叫它放在 \(Day2T3\) 呢，造成了一系列误会 = = 。

那么我们看到题之后，发现了数据范围里最后一句表达的意思就是树的深度不超过 \(40\) ，于是难度进一步缩减 \(......\)

考虑倒推 \(DP\) ，我们设 \(f[i][A][B]\) 代表到了 \(i\) 节点，从 \(i\) 到根节点中有 \(A\) 条未翻修公路以及 \(B\) 条未翻修铁路，\(i\) 的子树中所有乡村到根节点的最小代价。那么 \(DP\) 式子其实就很简单了：

\[f[i][A][B]=min(f[ls][A+1][B]+f[rs][A][B],f[ls][A][B]+f[rs][A][B+1])
\]

向左儿子走会增加一条公路，这是 \(A+1\) 的由来，向右儿子走增加一条铁路，这是 \(B+1\) 的由来，而不增加的是选择翻修到那个儿子节点的路。

如果到达叶子节点，直接枚举计算式子结果。

接下来就只有一个问题了，那就是空间不够，但是由于我们每棵树只有两颗子树，所以我们先用 \(tmp\) 记录下其中一个子树的 \(DP\) 值，再处理另一颗子树，而我们的第一维 \(i\) ，则变成 \(deep[i]\) ，也即深度。

那么答案就是 \(f[1][0][0]\) ，确实蛮好弄的 \(......\)

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,ls[20001],rs[20001];
long long f[42][42][42],tmp[42][42][42],a[20001],b[20001],c[20001];
void Save(int x,int A,int B)
{
	for(int i=0;i<=A+1;i++)
		for(int j=0;j<=B;j++)
			tmp[x][i][j]=f[x][i][j];
}
void DP(int x,int deep,int A,int B)
{
	if(x<0)
	{
		for(int i=0;i<=A;i++)
			for(int j=0;j<=B;j++)
				f[deep][i][j]=c[-x]*(a[-x]+i)*(b[-x]+j);//若为叶子节点处理 dp 值
		return;
	}
	DP(ls[x],deep+1,A+1,B);
	Save(deep+1,A+1,B);//先存下左子树的 dp 值
	DP(rs[x],deep+1,A,B+1);
	for(int i=0;i<=A;i++)
		for(int j=0;j<=B;j++)
			f[deep][i][j]=min(tmp[deep+1][i+1][j]+f[deep+1][i][j],f[deep+1][i][j+1]+tmp[deep+1][i][j]);//状态转移
}
int main()
{
	cin>>n;
	for(int i=1;i<n;i++)
		scanf("%d%d",&ls[i],&rs[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%lld%lld%lld",&a[i],&b[i],&c[i]);
	DP(1,1,0,0);
	cout<<f[1][0][0];
}