P4201-[NOI2008]设计路线【结论,树形dp】
正题
题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P4201
题目大意
给出\(n\)个点的一棵树开始所有边都是白色,选出若干条没有公共点的路径将上面所有边变为黑色。
要求所有点到\(1\)号点的路径上经过的白色边的数量的最大值最小。
求最小值和方案数
解题思路
直接记录最小值的树形\(dp\)可以计算出第一个答案,但是第二个答案就有点麻烦了,因为有的不取最小值也不一定影响答案。
而可以发现如果按照树链剖分的思路来做答案是不会超过\(\log_2n\)的,进一步证明的话其实可以得到答案不会超过\(\log_3 n\)的结论,因为一个顶部节点实际上是可以延伸出\(2\)条路径的。
这样就可以直接\(dp\)了,设\(f_{i,j,0/1/2}\)表示到节点\(i\),最大值为\(j\),节点\(i\)已经往子树中延伸了\(0/1/2\)条路径时的方案数。
那么转移起来就很方便了,需要注意答案可能是模数的倍数,所以我们需要另开一个变量来记录每种情况是否有可能。
时间复杂度\(O(n\log_3 n)\)
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e5+10;
struct node{
ll to,next;
}a[N<<1];
ll n,m,P,tot,ls[N],f[N][12][3];
bool v[N][12][3];
void addl(ll x,ll y){
a[++tot].to=y;
a[tot].next=ls[x];
ls[x]=tot;return;
}
void dp(ll x,ll fa){
for(ll i=1;i<=11;i++)f[x][i][0]=v[x][i][0]=1;
for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next){
ll y=a[i].to;
if(y==fa)continue;dp(y,x);
for(ll j=1;j<=11;j++){
ll cho=(f[y][j-1][0]+f[y][j-1][1]+f[y][j-1][2])%P;
ll che=(f[y][j][0]+f[y][j][1])%P;
ll chv=v[y][j-1][0]|v[y][j-1][1]|v[y][j-1][2];
ll chn=v[y][j][0]|v[y][j][1];
(f[x][j][2]=f[x][j][1]*che+f[x][j][2]*cho)%=P;
(f[x][j][1]=f[x][j][0]*che+f[x][j][1]*cho)%=P;
(f[x][j][0]*=cho)%=P;
v[x][j][2]=v[x][j][1]&chn|v[x][j][2]&chv;
v[x][j][1]=v[x][j][0]&chn|v[x][j][0]&chv;
v[x][j][0]&=chv;
}
}
return;
}
signed main()
{
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&P);
if(m!=n-1)return printf("-1\n-1")&0;
for(ll i=1;i<=m;i++){
ll x,y;
scanf("%lld%lld",&x,&y);
addl(x,y);addl(y,x);
}
dp(1,1);
for(ll i=1;i<=11;i++){
ll p=v[1][i][0]|v[1][i][1]|v[1][i][2];
if(!p)continue;
printf("%lld\n%lld",i-1,(f[1][i][0]+f[1][i][1]+f[1][i][2])%P);
break;
}
return 0;
}
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