[日常训练] Tree

分析 树形DP

经典的模型依旧只会暴力，果然蒟蒻呀

设f[u][j]表示从点u出发，在u的子树中经过j个点最后回到点u的最小距离和

设g[u][j]表示从点u出发，在u的子树中经过j个点最后停在任意一点（其实也相当于从u的子树中任意一点出发，经过j个点最后回到点u）的最小距离和

设h[u][j]表示在u的子树中从任意一点出发，经过j个点并保证经过点u，最后停在任意一点的最小距离和

显然f,g,h都是由u的子节点v转移过来，则我们可以得到如下转移（为了描述方便，设已经处理完的u的子节点的子树集合为A，当前处理的子节点v的子树为B，用→表示每种转移所对应的在树上走的方案）

对于f[u][j]：

f′[u][j+k]=min(f[v][k]+f[u][j]+2⋅dis(u,v))(u→A→u→B→u)

对于g[u][j]：

g′[u][j+k]=min(g[v][k]+f[u][j]+dis(u,v))(u→A→u→B)

g′[u][j+k]=min(f[v][k]+g[u][j]+2⋅dis(u,v))(u→B→u→A)

对于h[u][j]：

h′[u][j+k]=min(f[v][k]+h[u][j]+2⋅dis(u,v))(A→u→B→u→A)

h′[u][j+k]=min(h[v][k]+f[u][j]+2⋅dis(u,v))(B→u→A→u→B)

h′[u][j+k]=min(g[v][k]+g[u][j]+dis(u,v))(A→u→B)

时间复杂度的证明也是比较经典了，每次枚举的是szeu⋅szev，相当于每次从A,B中各任选一点，它们的LCA为u，这样的点对枚举不会重复，因此总的时间复杂度为O(n2)

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <cstring>

using namespace std;

namespace INOUT
{
const int S = 1 << 20;
char frd[S], *hed = frd + S;
const char *tal = hed;

inline char nxtChar()
{
if (hed == tal)
fread(frd, 1, S, stdin), hed = frd;
return *hed++;
}

inline int get()
{
char ch; int res = 0; bool flag = false;
while (!isdigit(ch = nxtChar()) && ch != '-');
(ch == '-' ? flag = true : res = ch ^ 48);
while (isdigit(ch = nxtChar()))
res = res * 10 + ch - 48;
return flag ? -res : res;
}
};
using namespace INOUT;

const int Maxn = 0x3f3f3f3f;
const int N = 3005;
int n, Ans = Maxn, K, sze
;
int f

, g

, h

;
int ff

, gg

, hh

;

struct Edge
{
int to, cst; Edge *nxt;
}p[N << 1], *T = p, *lst
;

inline void LinkEdge(int x, int y, int z)
{
(++T)->nxt = lst[x]; lst[x] = T; T->to = y; T->cst = z;
(++T)->nxt = lst[y]; lst[y] = T; T->to = x; T->cst = z;
}

inline int Min(int x, int y) {return x < y ? x : y;}
inline void CkMin(int &x, int y) {if (x > y) x = y;}

inline void Dfs(int u, int fa)
{
sze[u] = 1;
h[u][1] = g[u][1] = f[u][1] = 0;

for (Edge *e = lst[u]; e; e = e->nxt)
{
int v = e->to;
if (v == fa) continue;
Dfs(v, u);

for (int j = 1, jm = sze[u] + sze[v]; j <= jm; ++j)
{
ff[u][j] = f[u][j];
gg[u][j] = g[u][j];
hh[u][j] = h[u][j];
}

int L1 = e->cst, L2 = e->cst << 1;

for (int j = 1; j <= sze[u]; ++j)
for (int k = 1; k <= sze[v]; ++k)
{
CkMin(ff[u][j + k], f[v][k] + f[u][j] + L2);
CkMin(gg[u][j + k], g[v][k] + f[u][j] + L1);
CkMin(gg[u][j + k], f[v][k] + g[u][j] + L2);
CkMin(hh[u][j + k], f[v][k] + h[u][j] + L2);
CkMin(hh[u][j + k], h[v][k] + f[u][j] + L2);
CkMin(hh[u][j + k], g[v][k] + g[u][j] + L1);
}

for (int j = 1, jm = sze[u] + sze[v]; j <= jm; ++j)
{
f[u][j] = ff[u][j];
g[u][j] = gg[u][j];
h[u][j] = hh[u][j];
}

sze[u] += sze[v];
}

CkMin(Ans, h[u][K]);
}

int main()
{
freopen("tree.in", "r", stdin);
freopen("tree.out", "w", stdout);

n = get(); K = get(); int x, y;
for (int i = 1; i < n; ++i)
{
x = get(); y = get();
LinkEdge(x, y, get());
}

memset(f, Maxn, sizeof(f));
memset(g, Maxn, sizeof(g));
memset(h, Maxn, sizeof(h));

Dfs(1, 0);
printf("%d\n", Ans);

fclose(stdin); fclose(stdout);
return 0;
}