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首先可以树形DP:\(f[i][j][0/1]\)表示\(i\)个点的子树中,黑高度为\(j\),根节点为红/黑节点的最小红节点数(最大同理)。

转移的时候枚举两棵子树中有多少点、颜色是什么即可。

因为红黑树的深度是\(O(\log n)\)的,所以第二维只需要\(O(\log n)\),所以复杂度是\(O(n^2\log n)\)。代码这里有


因为问题可以拆分成子问题,所以我们考虑几种节点数较少的子树的情况,然后把这棵子树合并成一个黑点(表示一棵以该黑点为根的子树)。

对于两个黑点,我们可以把它合并成一个黑点。

对于三个黑点,可以合并成一个红点与一个黑点。

对于四个黑点,可以合并成两个红点与一个黑点。

(看图就很好理解了,盗用一下这位dalao的图)



而且只需要考虑这三种情况。

初始的时候前端节点有\(n+1\)个,所以相当于把\(n+1\)个黑点合并至\(1\)个点。

大概也可以这么理解:因为将\(x\)个黑点合并成一个黑点,本质上就是确定\(x-1\)个点选什么颜色。所以我们合并\(n+1\)个点就可以了。

求最小值就每次合并\(2\)个,当有奇数时是\(3\)个点,得补一个红点。

求最大值就每次合并\(4\)个。因为实际上就是每次填\(1\)的深度,所以如果多余\(1\)个要与一个\(4\)拼成\(2\)和\(3\),余下\(2\)个或\(3\)个可以直接单独合并成\(1\)个。最后剩下两个的时候特判下,根节点可以放红点。

另外这样高度限制没有问题,刚开始是一层高度相同的前端节点,然后两个两个合并,高度都会\(+1\)(多出来就合并3个,高度也是\(+1\))。

四个四个合并同理。


//820kb	0ms
#include <cstdio> int main()
{
int n,ans=0; scanf("%d",&n);
for(int x=n+1; x>1; x>>=1) ans+=x&1;
printf("%d\n",ans), ans=0;
for(int x=n+1; x>1; )
{
if(x==2) ++ans;
switch(x&3)
{
case 0: ans+=x>>1, x>>=2; break;// /4*2
case 1: ans+=(x>>1)-1, x>>=2, ++x; break;// /4*2-1
case 2: ans+=(x>>2)<<1, x>>=2, ++x; break;
case 3: ans+=((x>>2)<<1)+1, x>>=2, ++x; break;
}
}
printf("%d\n",ans); return 0;
}

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