题目链接
对比
和acwing 323. 战略游戏这题非常类似,但又有些不同
acwing 323. 战略游戏在一条道路的两个结点至少有一个是放的,而这题不一定,比如
1
/ | \
2 3 4
/ |
5 6
我们可以在3,4,5,6号点放,其他各点都不放。这样边1-2的两个端点都没有守卫,这就和acwing 323. 战略游戏这题不同了
思路
不过稍微观察可以发现,acwing 323. 战略游戏这题的切入点是边,而本题的切入点是宫殿,也就是树上的结点。那么可以用再在不放这个状态上增加一个状态,即
-
不放守卫
1.父结点放了,记
f[u][0]
2.子节点放了,记
f[u][1]
-
放置守卫,记
f[u][2]
其中u为当前的结点,这样就可以涵盖整个状态空间
有了状态表示,接下来j就是推导状态转移了,记j为u的子结点,那么
-
$f[u][0] = \sum_{j=0}^u min \lbrace f[j][1], f[j][2]\rbrace$。含义:当前结点
u
不放且被父节点看到,那么子结点j
只能放或者被其子结点看到。因为u不放所以不能拿f[j][0]
来更新 -
$f[u][1] = f[k][2] + \sum min \lbrace f[j][1], f[j][2]\rbrace$。含义:当前结点
u
不放,u
的子结点k
放了,u
的其他子结点j
放(f[j][2]
)或者不放(即f[j][1]
)。没有f[j][0]
的原因也是因为u
不放,且需要枚举k。 -
$f[u][2] = \sum_{j=0}^u min \lbrace f[j][0], f[j][1], f[j][2]\rbrace$。含义:当前结点放了,那么子结点取哪种状态都可以
1,3实现起来比较容易,至于2的实现,详情见代码注释
代码
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 1510;
int h[N], e[N + N], ne[N + N], idx;
int n, w[N];
int f[N][3];
void add(int a, int b)
{
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
void dfs(int u, int father)
{
f[u][2] = w[u];
int sum = 0;
for(int i = h[u]; ~i; i = ne[i])
{
int j = e[i];
if(j == father) continue;
dfs(j, u);
f[u][0] += min(f[j][1], f[j][2]);
f[u][2] += min(f[j][0], min(f[j][1], f[j][2]));
sum += min(f[j][1], f[j][2]);
}
f[u][1] = 1e9;
//依次假设每个结点放, sum - min(f[j][1], f[j][2])就是其他所有结点的放和不放最小值之和
//我们很惊奇地发现,f[u][0]就已经计算过了这个sum,可以拿f[u][0]来代替sum,但为了语义明确,使用sum来表示更合理
for(int i = h[u]; ~i; i = ne[i])
{
int j = e[i];
f[u][1] = min(f[u][1], f[j][2] + sum - min(f[j][1], f[j][2]));
}
}
int main()
{
cin >> n;
memset(h, -1, sizeof h);
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
int v, cost, cnt;
cin >> v >> cost >> cnt;
w[v] = cost;
while(cnt--)
{
int node;
cin >> node;
add(v, node), add(node, v);
}
}
//建立双向边,从任意一个结点开始
dfs(1, 0);
cout << min(f[1][1], f[1][2]) << endl;
return 0;
}
佬,能不能解答一下:为什么把
f[u][1] = 1e9;
这句初始化放到dfs一开头就是错的啊没错啊
我知道了,是因为求
f[u][1]
的时候没有判父节点:if(j == father) continue;
哦哦我按有向边做的hh
终于看到一个写 两道题目对比的题解了 呜呜
bangbangde