[USACO10MAR]伟大的奶牛聚集Great Cow Gat…【树形dp】By cellur925
首先这道题是在树上进行的,然后求最小的不方便程度,比较符合dp的性质,那么我们就可以搞一搞树形dp。
设计状态:f[i]表示以i作为聚集地的最小不方便程度。那么我们还需要各点间的距离,但是由于本题数据加强到1e5,开二维数组显然是不现实的,我们可以换一种思路,求d[i]表示其他所有奶牛到 i点的距离和,这样就成功转化过来惹==。
d[u]+=d[v]+size[v]*edge[i].val
然后再预处理size[i]数组表示以i为根的子树上奶牛的数量。这些都是一遍dfs就能搞定的,然后本题其实开始是无根树,这里默认1为根,看做有根树惹==。
转移:我们易知本题的转移是从当前状态转移到未来状态的。冷静分析可得
f[v]=f[u]-size[v]*edge[i].val+(cnt-size[v])*edge[i].val
然后本题中出现几次的转化思想,如上述方程中的cnt在这题中也有体现。
Code
#include<cstdio>
#include<algorithm> using namespace std;
typedef long long ll; int n,tot;
ll ans=1e40,cnt,size[],d[],f[];
ll val[];
ll head[];
struct node{
ll to,next,val;
}edge[*]; ll lmin(ll a,ll b)
{
if(a<b) return a;
else return b;
} void add(ll x,ll y,ll z)
{
edge[++tot].to=y;
edge[tot].val=z;
edge[tot].next=head[x];
head[x]=tot;
} void dfs_pre(int u,int fa)
{
size[u]=val[u];
for(ll i=head[u];i;i=edge[i].next)
{
ll v=edge[i].to;
if(v==fa) continue;
dfs_pre(v,u);
size[u]+=size[v];
d[u]+=d[v]+1ll*size[v]*edge[i].val;
}
} void TreeDP(int u,int fa)
{
for(ll i=head[u];i;i=edge[i].next)
{
ll v=edge[i].to;
if(v==fa) continue;
f[v]=1ll*f[u]-1ll*size[v]*edge[i].val+1ll*(cnt-size[v])*edge[i].val;
ans=lmin(ans,f[v]);
TreeDP(v,u);
}
} int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++) scanf("%lld",&val[i]),cnt+=val[i];
for(int i=;i<=n-;i++)
{
ll x=,y=,z=;
scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
add(x,y,z),add(y,x,z);
}
// for(int i=1;i<=tot;i++)
// printf("%d %d %lld\n",edge[i].to,edge[i].next,edge[i].val);
// return 0;
dfs_pre(,);
// for(int i=1;i<=n;i++)
// printf("%lld ",d[i]);
f[]=d[];
ans=lmin(ans,f[]);
TreeDP(,);
// for(int i=1;i<=n;i++)
// printf("%lld ",f[i]);
// for(int i=1;i<=n;i++)
// ans=lmin(ans,f[i]);
printf("%lld",ans);
return ;
}
细节:本题开long long是毋庸置疑的,我开始把ans初值赋成了0x3f3f3f3f,在一般情况下本来够用,但是因为本题数据较大,所以在这种环境下就显得偏小了,可开到1e40.
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