hdu 1055(贪心)

思路：寻找最大权值，合并这个节点和他的父亲节点，记下这两个节点的拓扑序列，同时新节点的权值为这些节点的算术平均值，直到只有一个节点。因为这个节点必定是访问该节点的父节点之后第一个访问的节点。

 证明：

对于每一次新的访问，我们要计算所有未被访问的点权之和。显然这个计算式很繁琐且不易处理。

ò  思考：根据访问代价的计算规则，对于根节点，它的权值需要计算1次；对于第2个访问的点，它的权值需要计算2次；对于第3个点……以此类推。

ò  发现：每个点权的计算次数只与遍历顺序有关！即访问这个点的时间戳。

 

ò  给定一棵N个有权值的节点的有根树(默认根节点编号为1)。每个节点的权值为Ci。

ò  现在需要遍历这棵树。每个点的访问代价为这个点的权值与访问它的时间戳的乘积。

ò  遍历只能按拓扑序，即访问i时i的父亲必须已经被访问。

ò  求最小遍历代价。遍历代价为每个点的访问代价之和。

ò  转化的好处？使代价函数的计算式更加确定且易于计算。

 

ò  定义访问序列为一个排列P={i1,i2,i3...in-1,in}，表示节点的访问顺序。

ò  定义点权序列为T={Ci1,Ci2,Ci3…Cin-1,Cin}。

ò  由简化问题的贪心解法，我们考虑尽量访问当前未访问的点权最大节点i。然而由于拓扑序的限制，我们想要访问它，必须先访问它的父亲。

ò  猜想：当前点权最大的节点i必定是在访问它的父亲j后立刻访问，否则得不到最优答案。

ò  猜想是否正确？

 

     令当前最大节点为i，它的父亲为j。在访问序列P中i的位置为xi，j的位置为xj，假设xi+1<xj。

ò  关键：对于所有的k满足xj<xk<xi，这些点必定不是j的祖先或i的后代。

ò  我们在序列P中交换i和k，P仍然是一个合法的访问序列。

ò  显然地，由于Ci是访问j时所有未访问点的点权最大值，那么交换后的访问序列P对应的遍历代价变小了。

ò  进一步，将i交换到xj+1的位置是最优的。

ò  于是猜想是正确的。

ò  结论1：当前最大节点Ci必定是在访问它的父亲j后立刻访问。

ò   

ò  由结论1知，在访问序列中，i和j应该是相邻的，j在前，i在后。

ò  那么i和j可以合并为一个结点k，k的父节点与j的父结点相同，k的子结点是所有j的子结点和i的子结点。然后用k代替树中的j和i，这样形成一棵n-1个结点的树。

ò  合并的好处？

ò  问题的规模缩小了。

ò  新的子问题：k在新树的访问序列中的位置？

 

ò  思考：访问序列P中k必然在k的后代之前，那么我们需要讨论的是k与非k后代的节点的相对位置。现在有两个选择：一是先访问k，然后访问非k的后代的m个结点(i1,i2,...,im) ；二是先访问非k的后代的m个结点(i1,i2,...,im)，然后访问k。

ò  我们需要知道怎样的相对位置使最终代价最小。

ò  当前决策k完成时第二种选择相对于第一种选择费用之差为: 

ò  F2-F1=(Ci+Cj)×m-{sigma(Cik)|k=1..m}×2 

ò  也就是说，第二种方案先访问m个节点，这m个节点相比第一种方案提前了2个时间点，那么减少的费用是2×{sigma(Cik)|k=1..m};后访问i和j，i，j相比第一种方案延后了m个时间点，增加的费用是(Ci+Cj)×m。 

   

ò  1.标记根节点为第一个访问的节点。

ò  2.求出当前未访问节点中的最大点权节点i。

ò  3.将i和它的父亲j合并为一个节点，节点权值为两者权值的算术平均数。在序列P中将j的后继置为i。同时更新树的信息。

ò  4.若当前树中节点数大于1，则转第2步。

ò  5.树的大小为1时算法结束。

ò  6.扫描求得的P序列得到答案。

ò  时间复杂度：O(N^2)。

AC:

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;

const int N = 1007;
struct node
{
int t; //time[]
int p; //记录父节点
int c; //c[]
double w; //w[]
}num
;
int n, r;

int find() //查找最大的权值，返回其位置
{
int pos;
double max = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
if(num[i].w > max && i != r) //pos不能为根节点
{
max = num[i].w;
pos = i;
}
return pos;
}

int main()
{
int i, j, a, b, pos, ans, f;
while(scanf("%d%d", &n, &r), n||r)
{
ans = 0;
for(i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d", &num[i].c);
num[i].w = num[i].c; //初始时w[i]置为c[i];
num[i].t = 1; //time[i] 置为1；
ans += num[i].c; //初始ans = sum(c[i]);
}
for(i = 1; i < n; i++)
{
scanf("%d%d", &a, &b);
num[b].p = a; //记录父节点，建立树关系
}
i = n;
while(i > 1)
{
pos = find(); //找到最大权值的位置
num[pos].w = 0; //找到后将之置0，否则影响下次查找。
f = num[pos].p; //f为父节点
ans += num[pos].c * num[f].t; //将找到的c[pos]*time[f]加入ans
for(j = 1; j <= n; j++)
if(num[j].p == pos)
num[j].p = f; //如果有节点与pos相连，让它指向pos的父节点
num[f].c += num[pos].c; //C_i = c[该节点] + c[父节点]
num[f].t += num[pos].t; //T_i = time[该节点]+time[父节点]
num[f].w = (double)num[f].c/num[f].t; //合并后的f节点的权值
i--;
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}