描述

给定一棵含有 n 个结点的树,结点从 1 标号。你从 1 号结点驾车出发,希望遍历一些关键结点(访问到就好,不需要按照这些关键结点的输入顺序)。每条边有两个权值,c0, c1 分别表示步行和驾车经过这条边的代价。每次你可以选择驾车经过一条边(当且仅当有车),或者将车停放在当前所在的结点(如果有车),步行经过一条边。

求遍历完所有关键结点的最少代价。

注意: 你可以在任意结点结束遍历,即使当前没有车。

解题报告:

用时:2h20min,1RE1WA

这题做的不是很好,首先看到题目思考了许久找不到好一点的状态,然后参考了题解的状态

\(f[x][0/1/2/3/4]\)表示x子树内所有的关键点都已经走完的5中状态的最小代价

\(f[x][0]\)表示只考虑人走,且人必须回到x的最小代价

\(f[x][1]\)表示只考虑人走,且人可以不回来的最小代价(用于f[x][4]的转移)

\(f[x][2]\)表示人车一起走,且两者都回来的最小代价

\(f[x][3]\)表示人车一起走,且人回车不回的最小代价(用于f[x][4]的转移)

\(f[x][4]\)表示人车一起走,最后两者都不回来的最小代价

在自己做的时候并没有定义到\(f[x][3]\)这个状态,然后发现\(f[x][4]\)是可以借助\(f[x][3]\)转移的

设\(dis\)为该边人走的代价,\(dis0\)为车走的代价,\(u\)为x的子节点

\(f[x][0]=\sum_{u}f[u][0]+2*dis\)

\(f[x][2]=\sum_{u}Min(f[u][2]+2*dis0,f[u][0]+2*dis)\)

这两个比较显然,对于\(f[x][2]\)你可以带着车一起走完回来,也可以把车放在原地,走完回来

设\(t=(f[u][2]+2*dis0,f[u][0]+2*dis)\)

\(f[x][1]\)就是某一个子节点走的是\(f[u][1]+dis\),其他节点走的是\(t\)

\(f[x][3]\)同理,某一个点走\(f[u][3]+dis+dis0\),其他点走\(t\)

显然这两个节点的特殊节点的选择都是选择贡献最大的,即\(f[u][1]+dis\)和\(f[u][0]+dis*2\)做差后最大的一个

对于\(f[x][4]\)两者都不回,我们要分情况讨论:

1.在遍历最后一颗子树时,有车

显然遍历之前是\(f[x][3]\),然后可以选择最后一颗子树是开车还是不开车对应\(f[u][1]\)和\(f[u][4]\)

2.若此时没有车

遍历之前状态是\(f[x][2]\),其中某个子树是\(f[u][3]\),表示车没有回来人回来了,然后和上面一种情况不同的是:只能选择人走了,那么就是在不同于选择了\(f[u][3]\)的子树中再选择一个走\(f[v][1]\)

一个我没注意到的细节:

如果u同于v,那么应该记录一个次小值,不然就会少一组转移

  1. #include <algorithm>
  2. #include <iostream>
  3. #include <cstdlib>
  4. #include <cstring>
  5. #include <cstdio>
  6. #include <cmath>
  7. #define RG register
  8. #define il inline
  9. #define iter iterator
  10. #define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
  11. #define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
  12. using namespace std;
  13. typedef long long ll;
  14. const int N=1e6+5;
  15. int head[N],num=0,to[N<<1],nxt[N<<1],dis[N<<1],dis0[N<<1];
  16. void link(int x,int y,int d,int d0){
  17. nxt[++num]=head[x];to[num]=y;dis[num]=d;
  18. dis0[num]=d0;head[x]=num;
  19. }
  20. int gi(){
  21. int str=0;char ch=getchar();
  22. while(ch>'9' || ch<'0')ch=getchar();
  23. while(ch>='0' && ch<='9')str=(str<<1)+(str<<3)+ch-48,ch=getchar();
  24. return str;
  25. }
  26. int n,m;bool vis[N],mark[N];ll f[N][5];
  27. void dfs(int x,int last){
  28. int u,imp;ll t,f1=0,f2=0,f3=0,tmp,f4=0;
  29. mark[x]=vis[x];
  30. for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
  31. u=to[i];if(u==last)continue;
  32. dfs(u,x);
  33. mark[x]+=mark[u];
  34. if(!mark[u])continue;
  35. f[x][0]+=f[u][0]+(dis[i]<<1);
  36. t=Min(f[u][2]+(dis0[i]<<1),f[u][0]+(dis[i]<<1));
  37. f[x][2]+=t;
  38. f1=Min(f1,f[u][1]-f[u][0]-dis[i]);
  39. tmp=f[u][3]+dis[i]+dis0[i]-t;
  40. if(tmp<f2){
  41. f4=f2;
  42. f2=tmp;
  43. imp=u;
  44. }
  45. else if(tmp<f4)f4=tmp;
  46. f3=Min(f3,min(f[u][4]+dis0[i],f[u][1]+dis[i])-t);
  47. }
  48. f[x][1]=f[x][0]+f1;
  49. f[x][3]=f[x][2]+f2;
  50. f[x][4]=f[x][2]+f3;
  51. f[x][4]=Min(f[x][4],f[x][3]);
  52. for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
  53. u=to[i];if(u==last || !mark[u])continue;
  54. t=Min(f[u][2]+(dis0[i]<<1),f[u][0]+(dis[i]<<1));
  55. tmp=f[u][1]+dis[i]-t;
  56. if(u==imp)
  57. f[x][4]=Min(f[x][4],f[x][2]+tmp+f4);
  58. else f[x][4]=Min(f[x][4],f[x][2]+tmp+f2);
  59. }
  60. }
  61. void work()
  62. {
  63. int x,y,d,d0;
  64. n=gi();
  65. for(int i=1;i<n;i++){
  66. x=gi();y=gi();d=gi();d0=gi();
  67. link(x,y,d,d0);link(y,x,d,d0);
  68. }
  69. m=gi();
  70. for(int i=1;i<=m;i++){
  71. x=gi();vis[x]=true;
  72. }
  73. dfs(1,1);
  74. printf("%lld\n",Min(f[1][4],f[1][0]));
  75. }
  76. int main()
  77. {
  78. work();
  79. return 0;
  80. }

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