[BZOJ4446]SCoi2015 小凸玩密室树形DP(烧脑高能预警)

4446: [Scoi2015]小凸玩密室

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Description

小凸和小方相约玩密室逃脱，这个密室是一棵有n个节点的完全二叉树，每个节点有一个灯泡。点亮所有灯

泡即可逃出密室。每个灯泡有个权值Ai，每条边也有个权值bi。点亮第1个灯泡不需要花费，之后每点亮4

个(1个)新的灯泡V的花费，等于上一个被点亮的灯泡U到这个点V的距离Du,v，乘以这个点的权值Av。在点灯

的过程中，要保证任意时刻所有被点亮的灯泡必须连通，在点亮一个灯泡后必须先点亮其子树所有灯泡才能点亮其他灯泡。请告诉他们，逃出密室的最少花费是多少。

Input

第1行包含1个数n，代表节点的个数

第2行包含n个数，代表每个节点的权值ai。(i=l，2，…，n)

第3行包含n-l个数，代表每条边的权值bi，第i号边是由第(i+1)/2号点连向第i+l号点的边。

(i=l，2...N-1)

Output

输出包含1个数，代表最少的花费。

Sample Input

3
5 1 2
2 1

Sample Output

HINT

对于100%的数据，1≤N≤2×105，1<Ai,Bi≤10^5

（其实我是回来补暑假没写完的题解的）

题解：

(首先我经过激烈的思想斗争,认为那个点亮灯泡的花费计算只与上一个有关(其实是因为前4个太难考虑了...)

事实证明这样做是对的..就是只考虑上一个:(

有了之前做非线性DP的经验,我一开始想的还是合并类型

但是发现数据范围不太对....这似乎是一个介于O(n)和O(n²)范围内的DP

我们考虑怎么定义状态,以及怎么转移.

一开始我想的是f[i][j]表示"走完以i为根的子树之后走去j点的最小花费"

但是我发现这个MLE了,2e5开不下

但是这又是一颗完全二叉树,所以我们考虑能不能应用他的一些性质

我们观察到,点灯泡的起点没有确定,但是题目有这样的两个限制:

要保证任意时刻所有被点亮的灯泡必须连通.

在点亮一个灯泡后必须先点亮其子树所有灯泡才能点亮其他灯泡

这样的话,某一个点被点亮的时候只能有三种转移的情况:从儿子走来,从兄弟走来和从父亲走来(废话)

因此,当某一个子树被完全点亮之后,我们就要去某一个他的祖先,或者是他某个祖先的儿子

我们发现上面这两个都与这个节点的祖先有关（这里我们把自己也看成自己的祖先）

由于这是一棵二叉树,我们完全可以通过位运算(左移,右移和异或)来计算出某个节点的某个深度的祖先.

这样,第二维完全不用是O(n)的:我们可以把第二维设为深度,即走完以i为根的子树之后走去深度为j的祖先节点的“XXXX”的最小花费

那么我们再考虑一下：我们这个点的祖先节点可能已经被点亮，也可能没有被点亮。如果已经点亮，我们就必须去点亮祖先的兄弟那棵子树。

因此我们定义两个数组：

f(ather)[i][j]表示走完以i为根的子树之后去点亮深度为j的祖先节点的最小花费

b(rother)[i][j]表示走完以i为根的子树之后去点亮深度为j的祖先节点的兄弟节点的最小花费

接下来我们考虑状态的转移。最好想到的是节点i是叶子节点的情况：直接走去对应的节点即可。

我们再考虑下一种情况：只有一个儿子。那么此时我们必须先走到这个儿子，然后再从这个儿子走去对应的节点。

如果有2个儿子，我们应该考虑两种情况，即先去左儿子还是先去右儿子，然后取较小值，并累加中间的权值。

这样，转移部分就被我们解决了。具体代码实现就是上面这个思路的体现。

最后，我们再来考虑“第一个灯泡不确定”这个条件

假设第一步点亮了灯泡u，设它的兄弟为bro(ther)，那么接下来我们应该一步一步往上爬，直到点亮所有灯泡。

也就是说重复u->fa->bro->fa->bro->......这个过程

我们只需要模拟这个过程，就可以得到第一步点亮u的最小花费（记得讨论bro不存在的情况）

然后在所有最小值里取最小即可。

这道题的思维含量很高，是一道不可多得的好题呀！

完整代码见下：

 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <algorithm>
 using namespace std;
 const int N=;
 typedef long long LL;
 int n,l[N],r[N],deep[N];
 LL f[N][],b[N][],a[N],lval[N],rval[N],dis[N];
 int main()
 {
     scanf("%d",&n);LL v;int rt;deep[]=;
     for(int i=;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
     for(int i=;i<n;i++)
     {
         scanf("%lld",&v);
         rt=(i+)>>,deep[i+]=deep[rt]+;
         if((i+)&) r[rt]=i+,rval[rt]=v,dis[r[rt]]=dis[rt]+rval[rt];
         else l[rt]=i+,lval[rt]=v,dis[l[rt]]=dis[rt]+lval[rt];
     }
     for(int i=n;i>;i--)
         for(int j=;j<=deep[i];j++)
             if(!r[i])
                 if(!l[i])
                 {
                     int fa=i>>(deep[i]-j+),fab=(i>>(deep[i]-j))^;
                     b[i][j]=( dis[i]+dis[fab]-(dis[fa]<<) )*a[fab];
                 }
                 else b[i][j]=lval[i]*a[l[i]]+b[l[i]][j];
             else b[i][j]=min(lval[i]*a[l[i]]+b[l[i]][deep[i]+]+b[r[i]][j],rval[i]*a[r[i]]+b[r[i]][deep[i]+]+b[l[i]][j]);
     for(int i=n;i;i--)
         for(int j=;j<=deep[i];j++)
         {
             if(!r[i])
                 if(!l[i])
                     if(!j)f[i][j]=;
                     else
                     {
                         int fa=i>>(deep[i]-j);
                         f[i][j]=(dis[i]-dis[fa])*a[fa];
                     }
                 else f[i][j]=lval[i]*a[l[i]]+f[l[i]][j];
             else f[i][j]=min(lval[i]*a[l[i]]+b[l[i]][deep[i]+]+f[r[i]][j],rval[i]*a[r[i]]+b[r[i]][deep[i]+]+f[l[i]][j]);
         }
     LL ans=f[][];
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         int u=i,bro=u^;
         LL tmp=f[u][deep[u]-];
         while(u>)
         {
             if(bro>n)tmp+=a[u>>]*(dis[u>>]-dis[u>>]);
             else tmp+=a[bro]*(dis[bro]-dis[u>>])+f[bro][deep[u>>]-];
             u>>=,bro=u^;
         }
         ans=min(ans,tmp);
     }
     printf("%lld\n",ans);
 }