【树形DP】【P1364】医院放置
Description
设有一棵二叉树,如图:
其中,圈中的数字表示结点中居民的人口。圈边上数字表示结点编号,现在要求在某个结点上建立一个医院,使所有居民所走的路程之和为最小,同时约定,相邻接点之间的距离为1。如上图中,
若医院建在1 处,则距离和=4+12+2*20+2*40=136;若医院建在3 处,则距离和=4*2+13+20+40=81……
Input
第一行一个整数n,表示树的结点数。
接下来的n行每行描述了一个结点的状况,包含三个整数,整数之间用空格(一个或多个)分隔,其中:第一个数为居民人口数;第二个数为左链接,为0表示无链接;第三个数为右链接。
Output
一个整数,表示最小距离和。
Sample Input
Sample Output
Hint
n≤100
Solution
事实上这是一道非常简单的全员最短路,直接floyd就能够AC,但是冲着DP的标签,有一种树形DP的方法,在常规的树形DP中,由儿子更新父亲的信息,但在本题中,需要预处理根节点的信息,然后通过父亲更新儿子。复杂度O(n)。
记f[i]为在i点放医院的答案,sz[i]为以i为根的子树的节点权值和,手动画图可推知,f[son]=f[fa]+(sz[1]-sz[to])-sz[to]=f[fa]+sz[1]-2*sz[to]。预处理f[1],dfs更新子树即可
Code
#include<cstdio>
#define maxn 105 inline void qr(int &x) {
char ch=getchar();int f=;
while(ch>''||ch<'') {
if(ch=='-') f=-;
ch=getchar();
}
while(ch>=''&&ch<='') x=(x<<)+(x<<)+(ch^),ch=getchar();
x*=f;
} inline int max(int a,int b) {return a>b?a:b;}
inline int min(int a,int b) {return a<b?a:b;}
inline int abs(int x) {return x<?-x:x;} inline void swap(int &a,int &b) {
int c=a;a=b;b=c;
} struct Edge {
int to,nxt;
};
Edge edge[maxn];int hd[maxn],ecnt;
inline void cont(int from,int to) {
edge[++ecnt].to=to;
edge[ecnt].nxt=hd[from];
hd[from]=ecnt;
} int n,num[maxn],a,sz[maxn],frog[maxn],deepth[maxn],ans; void dfs(int fa,int k) {
deepth[k]=deepth[fa]+;sz[k]=num[k];
if(!hd[k]) return;
for(int i=hd[k];i;i=edge[i].nxt) {
dfs(k,edge[i].to);
sz[k]+=sz[edge[i].to];
}
} void search(int k) {
for(int i=hd[k];i;i=edge[i].nxt) {
int &to=edge[i].to;
frog[to]=frog[k]+sz[]-*sz[to];
search(to);
}
ans=min(ans,frog[k]);
} int main() {
qr(n);
for(int i=;i<=n;++i) {
qr(num[i]);
a=;qr(a);
if(a) cont(i,a);
a=;qr(a);
if(a) cont(i,a);
}
deepth[]=-;
dfs(,);
for(int i=;i<=n;++i) frog[]+=num[i]*deepth[i];
ans=frog[];
search();
printf("%d\n",ans);
return ;
}
Summary
1、对于一般的树形DP,其状态设计一般为“以i为根的子树……”,通过儿子更新父亲。但是有一些特殊的DP形式,需要通过父亲更新儿子,f[i]表示“在i点……”。
2、对于树上的题,可以优先思考图论问题,然后再思考DP,有些题使用图论可以轻松解决。
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