bzoj 4446: [Scoi2015]小凸玩密室
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Description
小凸和小方相约玩密室逃脱,这个密室是一棵有n个节点的完全二叉树,每个节点有一个灯泡。点亮所有灯泡即可逃出密室。每个灯泡有个权值Ai,每条边有个权值bi。点亮第1个灯泡不需要花费,之后每点亮4个新的灯泡V的花费,等于上一个被点亮的灯泡U到这个点V的距离Du,v,乘以这个点的权值Av。在点灯的过程中,要保证任意时刻所有被点亮的灯泡必须连通,在点亮一个灯泡后必须先点亮其子树所有灯泡才能点亮其他灯泡。请告诉他们,逃出密室的最少花费是多少。Input
第1行包含1个数n,代表节点的个数 第2行包含n个数,代表每个节点的权值ai。(i=l,2,…,n) 第3行包含n-l个数,代表每条边的权值bi,第i号边是由第(i+1)/2号点连向第i+l号点的边。 (i=l,2...N-1)Output
输出包含1个数,代表最少的花费。Sample Input
35 1 2
2 1
Sample Output
5HINT
对于100%的数据,1≤N≤2×105,1<Ai,Bi≤10^5
题解:
a[x]表示x结点的权值;b[x]表示x结点到其父亲的边权;l[x]表示x的深度,令l[x]==1;d[x]表示x到根的距离;
f[x][y]表示走完x及其子树再走到y的最小代价。考虑转移方式,如果x是叶子节点,那么答案就是a[y]*distance(x,y);如果x只有左孩子,就先遍历左子树,状态转移是a[lc]*b[lc]+f[lc][y];如果两个孩子都有,就考虑是先转移到左孩子还是右孩子,f[x][y]=min(a[lc]*b[lc]+f[lc][rc]+f[rc][y],a[rc]*b[rc]+f[rc][lc]+f[lc][y])。
但是考虑到题目数据很大,这样的转移肯定在时间和空间上都不行。又发现有的x,y是不合法的,比如y肯定不能是x的子节点。由此考虑有意义的x,y,可以发现,如果x有一个祖先p(p包括x),则y是p的兄弟节点,f[x][y]的含义变成了走完x及其子树到深度为y的节点的子节点的最小代价。
设g[x][i]表示走完x的子树再走到x的深度为i的祖先的最小代价。转移: 叶子:g[x][i]=a[y]*(d[x]-d[y]) 只有左孩子:g[x][i]=g[lc][i]+a[lc]*b[lc] 左右孩子都有:g[x][i]=min(a[lc]*b[lc]+f[lc][l[x]]+g[rc][i],a[rc]*b[rc]+f[rc][l[x]]+g[lc][i])。
最后就是统计答案了,我们选定一个节点x作为第一个点亮的灯,然后统计其子树的答案,再走到x的父节点,再走x的兄弟节点......以此类推。
由于f[][]和g[][]的第一维都是n,第二维都是logn,所以总的时间复杂度是O(nlogn)。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #include<queue> #include<vector> using namespace std; typedef long long LL; const LL maxn=2*1e5+10; LL N,a[maxn],b[maxn],d[maxn],l[maxn]; LL ANS,f[maxn][20],g[maxn][20]; int main(){ // freopen("light.in","r",stdin); // freopen("light.out","w",stdout); scanf("%lld",&N); for(LL i=1;i<=N;i++) scanf("%lld",&a[i]); l[1]=1; for(LL i=2;i<=N;i++){ scanf("%lld",&b[i]); l[i]=l[i>>1]+1; d[i]=d[i>>1]+b[i]; } for(LL x=N,y,lc,rc,i;x;x--){ for(LL i=0;i<l[x];i++){ lc=2*x; rc=lc+1; y=(x>>(l[x]-i-1))^1; if(lc>N) f[x][i]=a[y]*(d[x]+d[y]-d[y>>1]*2); else if(rc>N) f[x][i]=a[lc]*b[lc]+f[lc][i]; else f[x][i]=min(a[lc]*b[lc]+f[lc][l[x]]+f[rc][i], a[rc]*b[rc]+f[rc][l[x]]+f[lc][i]); } } for(LL x=N,y,lc,rc,i;x;x--){ for(LL i=0;i<=l[x];i++){ lc=2*x; rc=lc+1; y=x>>(l[x]-i); if(lc>N) g[x][i]=a[y]*(d[x]-d[y]); else if(rc>N) g[x][i]=g[lc][i]+a[lc]*b[lc]; else g[x][i]=min(a[lc]*b[lc]+f[lc][l[lc]-1]+g[rc][i], a[rc]*b[rc]+f[rc][l[rc]-1]+g[lc][i]);//f[lc][l[lc]-1]表示结点走完lc及子树再走到rc的最小代价 } } ANS=g[1][0]; for(LL i=2;i<=N;i++){ LL res=g[i][l[i]-1]; LL tmp=i; for(LL y,z;tmp!=1;tmp>>=1){ y=tmp^1; z=tmp>>1; if(y>N) res+=a[z>>1]*b[z]; else res+=a[y]*b[y]+g[y][l[z]-1]; } ANS=min(ANS,res); } printf("%lld",ANS); return 0; }
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