[JLOI2015][JZOJ4080]战争调度

题目大意

2≤n≤10,m≤2n−1,0≤wi,j,fi,j≤2×103

题目分析

肯定要确定某些人选择做什么事。考虑到一条到根的路径只会有n个点，而一个点儿子则是2n级别，我们得要确定到根路径上的点的选择方案。

确定了一个点所有祖先的选择之后，它的两棵子树是互相独立的，可以递归计算。

dfs并确定沿途每个点的点选择什么，然后令fx,k表示点x的子树选了k个叶子去打仗最大贡献。当x为叶子节点时，我们可以扫一遍所有祖先得到答案。对于非叶子节点，合并一遍就好了。

这个dp看起来很暴力，其实它的复杂度是可以分析的

T=∑i=1n2i−1×2i×(2n+1−i−1)2≈n22n

总的时间复杂度就是O(n22n)。

代码实现

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cctype>

using namespace std;

int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while (!isdigit(ch)) f=ch=='-'?-1:f,ch=getchar();
while (isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}

const int N=10;
const int P=1<<N+1;
const int S=1<<N;
const int M=1<<N-1;

int w[P][P],f[P][P];
int n,m,p,m0,ans;
int g[P][M+1];

void dp(int x,int h,int sta)
{
if (h==n)
{
g[x][0]=g[x][1]=0;
for (int i=h-1,y=x>>1;i>=1;i--,y>>=1)
{
g[x][1]+=((sta>>i-1)&1)*w[y][x];
g[x][0]+=(((sta>>i-1)&1)^1)*f[y][x];
}
return;
}
dp(x<<1,h+1,sta),dp(x<<1|1,h+1,sta);
int size=1<<n+1-h;
for (int i=0;i<=size;i++)
{
g[x][i]=0;
for (int j=0;j<=i;j++)
g[x][i]=max(g[x][i],g[x<<1][j]+g[x<<1|1][i-j]);
}
sta|=1<<h-1;
dp(x<<1,h+1,sta),dp(x<<1|1,h+1,sta);
for (int i=0;i<=size;i++)
for (int j=0;j<=i;j++)
g[x][i]=max(g[x][i],g[x<<1][j]+g[x<<1|1][i-j]);
}

int main()
{
freopen("war.in","r",stdin),freopen("war.out","w",stdout);
n=read(),m=read();
p=1<<n+1,m0=1<<n-1;
for (int i=1;i<=m0;i++)
for (int x=(i+m0-1)/2;x;x>>=1)
w[x][i+m0-1]=read();
for (int i=1;i<=m0;i++)
for (int x=(i+m0-1)/2;x;x>>=1)
f[x][i+m0-1]=read();
dp(1,1,0);
ans=0;
for (int i=0;i<=m;i++) ans=max(ans,g[1][i]);
printf("%d\n",ans);
fclose(stdin),fclose(stdout);
return 0;
}