AT4995-[AGC034E] Complete Compress【树形dp】
正题
题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/AT4995
题目大意
\(n\)个点的一棵树,上面有一些棋子,每次可以选择两个棋子移动到他们之间的路径上相邻的点上,求最少多少步能移动到一个点上。
\(n\in[1,2000]\)
解题思路
如果固定最终节点的话,这个节点\(rt\)可行的话那么答案一定是\(\frac{\sum dis(rt,x)}{2}\)。
那么现在就转变为一个判定性问题,我们现在的操作变为了每次选择两个没有祖先关系的点,然后将它们往它们的\(LCA\)处移动一格。
同样的,我们发现如果我们在处理一个点\(x\)作为\(LCA\)时,我只会关心所有节点来自它的哪个儿子而不用考虑具体的位置。所以可以搞树形\(dp\)。
设\(f_x\)表示\(x\)的子树内最多的移动次数,定义\(s_x=\sum_{y\in subtree(x)}dis(x,y)\)的话,那么我们的转移和\(max\{s_y\}(x->y)\)有关。
若\(max\{s_y\}\times 2\leq s_x\),那么这里面的节点可以两两配对,\(f_x=\frac{s_x}{2}\)。
否则他\(s\)最大的子树\(y\)之中会有剩余的节点无法相互匹配,那么有$$f_x=s_x-s_y+min{f_y,s_y-\lfloor\frac{s_x}{2}\rfloor}$$
然后如果\(f_x=\frac{s_x}{2}\)那么\(x\)就是可行的答案
时间复杂度\(O(n^2)\)
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2100;
struct node{
int to,next;
}a[N<<1];
int n,tot,ls[N],s[N],w[N],f[N],ans;
char v[N];
void addl(int x,int y){
a[++tot].to=y;
a[tot].next=ls[x];
ls[x]=tot;return;
}
void dp(int x,int fa){
s[x]=w[x]=0;
int mx=0,son=0;
for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){
int y=a[i].to;
if(y==fa)continue;
dp(y,x);w[x]+=w[y];
s[x]+=s[y]+w[y];
if(s[y]+w[y]>mx)
mx=s[y]+w[y],son=y;
}
if(mx*2>s[x])
f[x]=s[x]-mx+min(f[son],mx-s[x]/2);
else f[x]=s[x]/2;
w[x]+=(v[x]=='1');
return;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
scanf("%s",v+1);
for(int i=1;i<n;i++){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
addl(x,y);addl(y,x);
}
ans=1e9;
for(int i=1;i<=n;i++){
dp(i,i);
if(s[i]&1)continue;
if(f[i]==s[i]/2)
ans=min(ans,f[i]);
}
if(ans==1e9)puts("-1");
else printf("%d\n",ans);
return 0;
}
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