UVALive 7003 A Balance Game on Trees(树形dp)
2016-08-17 16:29
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UVALive 7003 A Balance Game on Trees
题意:
给一个n个节点和每个节点的儿子的有根树,根为1,初始时树上每个节点的颜色都为白色,现在要将树上的一些节点的颜色染为黑色使得每个白色节点的周围(直接相连的边的另一端)恰好有K个黑色节点,求最多可以保留多少个白色节点?
数据范围:n≤100,K≤10
分析:
每个节点的颜色无非两种:黑色和白色。我们用black[u]和white[u]表示当u分别是黑色和白色时,以u为根的子树最多可以保留多少个白色节点。但是由于白色节点的周围有黑色节点的数量限制,所以对于白色的情况再加一维:white[u][i]当u为白色节点且u的周围有i个黑色节点时的最优解。
从根节点1开始dfs:
black[u]的状态转移:
对于u的每一个儿子v,如果v的儿子数量大于等于K−1,那么如果选择v的颜色为白色(记此时的答案为son),可以得到的最优解是:son=white[v][K−1]+1,否则v节点就不能染为白色(因为v节点的周围不能凑够K个黑色节点),也就是son=0。
black[u]+=max(black[v],son)
white[u][]的状态转移:
这时对于u从它的每个儿子v的状态转移只能v是黑色或者white[v][K]。
考虑white[u][i]的情况,这里需要u的所有儿子中有i个是黑色,其余的是白色。如何求这个最优解呢?如果暴力枚举的话,最坏的时间复杂度是:O(2n)!o(╯□╰)o
我们先把所有儿子全是白色的情况相加记为sum:
sum=∑white[v][K]
再把每个儿子选择黑色和白色的最优解差值记为diff[]:
diff[i]=black[v]−white[v][K]
因为必须有i个儿子是黑色,那么我们选择的这i个儿子必然是diff值最大的前i个!详情看代码~
最坏的时间复杂度是:O(n2logn∗K),实际运行是应远小于这个复杂度。
UVALive 7003 A Balance Game on Trees
题意:
给一个n个节点和每个节点的儿子的有根树,根为1,初始时树上每个节点的颜色都为白色,现在要将树上的一些节点的颜色染为黑色使得每个白色节点的周围(直接相连的边的另一端)恰好有K个黑色节点,求最多可以保留多少个白色节点?
数据范围:n≤100,K≤10
分析:
每个节点的颜色无非两种:黑色和白色。我们用black[u]和white[u]表示当u分别是黑色和白色时,以u为根的子树最多可以保留多少个白色节点。但是由于白色节点的周围有黑色节点的数量限制,所以对于白色的情况再加一维:white[u][i]当u为白色节点且u的周围有i个黑色节点时的最优解。
从根节点1开始dfs:
black[u]的状态转移:
对于u的每一个儿子v,如果v的儿子数量大于等于K−1,那么如果选择v的颜色为白色(记此时的答案为son),可以得到的最优解是:son=white[v][K−1]+1,否则v节点就不能染为白色(因为v节点的周围不能凑够K个黑色节点),也就是son=0。
black[u]+=max(black[v],son)
white[u][]的状态转移:
这时对于u从它的每个儿子v的状态转移只能v是黑色或者white[v][K]。
考虑white[u][i]的情况,这里需要u的所有儿子中有i个是黑色,其余的是白色。如何求这个最优解呢?如果暴力枚举的话,最坏的时间复杂度是:O(2n)!o(╯□╰)o
我们先把所有儿子全是白色的情况相加记为sum:
sum=∑white[v][K]
再把每个儿子选择黑色和白色的最优解差值记为diff[]:
diff[i]=black[v]−white[v][K]
因为必须有i个儿子是黑色,那么我们选择的这i个儿子必然是diff值最大的前i个!详情看代码~
最坏的时间复杂度是:O(n2logn∗K),实际运行是应远小于这个复杂度。
#include <stdio.h> #include <string.h> #include <algorithm> #include <math.h> #include <vector> using namespace std; typedef long long ll; const int MAX_N = 110; int T, n, K, sum; int white[MAX_N][15], black[MAX_N], vis[MAX_N], diff[MAX_N]; vector<int> vec[MAX_N]; void dfs_son(int u, int p) { int size = vec[u].size(); for (int i = 0; i < size; ++i) { int v = vec[u][i]; dfs_son(v, u); } sum = 0; for (int i = 0; i < size; ++i) { int v = vec[u][i]; int son = 0; if (vec[v].size() >= K - 1) son = white[v][K - 1] + 1; black[u] += max(son, black[v]); son = white[v][K]; sum += son; diff[i] = black[v] - son; } sort(diff, diff + size); for (int i = 1; i <= K; ++i) { if (i > size) break; white[u][i] = sum; for (int j = size - 1; j >= size - i; --j) { white[u][i] += diff[j]; } } if (size >= K) white[u][K]++; } int main() { scanf("%d", &T); while (T--) { scanf("%d%d", &n, &K); for (int i = 1; i <= n; ++i) { vec[i].clear(); } memset(black, 0, sizeof(black)); memset(white, 0, sizeof(white)); getchar(); for (int i = 1, j; i <= n; ++i) { while (1) { scanf("%d", &j); if (j == 0) break; vec[i].push_back(j); if (getchar() == '\n') break; } } dfs_son(1, 0); printf("%d\n", max(black[1], white[1][K])); } return 0; }
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