[Usaco 2012 Feb]Nearby Cows

题目描述

FJ发现他的牛经常跑到附近的草地去吃草，FJ准备给每个草地种足够的草供这个草地以及附近草地的奶牛来吃。FJ有N个草地(1<=N<=100000)，有N-1条双向道路连接这些草地，FJ精心设计了这些道路使每两个草地有且仅有一条简单路径连接。第i个草场有Ci头牛，有时候奶牛会走过K条道路到其他草地吃草。FJ想知道每个草场最多可能有的奶牛数量Mi，即所有走过K条道路后可能到达i的奶牛总数。

输入格式

Line 1: Two space-separated integers, N and K.

Lines 2..N: Each line contains two space-separated integers, i and j (1 <= i,j <= N) indicating that fields i and j are directly connected by a trail.

Lines N+1..2N:

Line N+i contains the integer C(i). (0 <= C(i) <= 1000)

输出格式

Lines 1..N: Line i should contain the value of M(i).

如果我们设dp(x)表示最多走k条路可以到达x的奶牛数，那么我们就不知道这dp(x)头奶牛里面多少是刚好走了k条路的，就不能更新相连的节点。我们唯一的更新dp数组的方法就是暴力往上走k步然后往下走k步。最坏的情况时间复杂度为O(N^2)——如果直径长度小于等于k的话。一般情况大概是O(NK * ∑degree[i])，很好卡的(其中degree表示节点的度数)。

考虑改变状态。既然我们需要知道有多少奶牛走了k步刚好走到x甚至更多的信息，我们不妨扩展一下状态：

设dp(i,j)表示刚好走了j步到达i节点的奶牛个数。由于整个图是一棵树，显然答案具有传递性。具体为：走d步到达x点的奶牛个数=走d-1步到达 ( 走1步到达x节点的 ) 节点的奶牛个数之和。那么答案就分成了两部分：一部分为当前子树中走过来的奶牛个数，另一部分为除了当前子树之外的点中走过来的奶牛个数。

设val(u)表示节点u原有的奶牛个数，并且设u有q个儿子。

先考虑第一种，那么可以写出状态转移方程：

\[dp[u][i]=\sum_{j=1}^{q}dp[son[j]][i-1];
\]

其中1≤i≤k。初始化dp(u,0)=val(u)。

再考虑第二种。先写出大概的方程：

\[dp[son[x]][i]=dp[u][i-1];
\]

然而经过细心观察(或者直接提交)发现，这个方程是错的！为什么呢？因为dp(u,i-1)中显然有dp(son(x),i-2)的部分，然而这dp(son(x),i-2)头奶牛显然与son(x)的距离为1，而上面的方程显然把这个距离算成了3。由于我们在第一个方程中就已经计算了这一部分，所以我们考虑把这一部分给去掉。那么修改状态转移方程：

\[dp[son[x]][i]=dp[u][i-1]-dp[son[x]][i-2]
\]

然而经过细心观察(或者直接提交)发现，这个方程还是错的！为什么呢？其实是一个小细节，当i=1时后面那一坨是没有意义的。一是因为可能造成RE，二是跟son(x)距离为1的son(x)的子节点不能走i-1步到达u。特判一下即可。

* 代码中用m代替了k(个人习惯)

* 不开long long见祖宗

时间复杂度为O(NK)

#include<iostream>

#include<cstring>

#include<cstdio>

#define maxn 100001

#define maxm 21

using namespace std;

struct edge{

    int to,next;

    edge(){}

    edge(const int &_to,const int &_next){ to=_to,next=_next; }

}e[maxn<<1];

int head[maxn],k;

long long dp[maxn][maxm];

int n,m,val[maxn];

inline int read(){

    register int x(0),f(1); register char c(getchar());

    while(c<'0'||'9'<c){ if(c=='-') f=-1; c=getchar(); }

    while('0'<=c&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();

    return x*f;

}

inline void add(const int &u,const int &v){ e[k]=edge(v,head[u]),head[u]=k++; }

void dfs1(int u,int pre){

    dp[u][0]=val[u];

    for(register int i=head[u];~i;i=e[i].next){

        int v=e[i].to;

        if(v==pre) continue;

        dfs1(v,u);

        for(register int i=1;i<=m;i++) dp[u][i]+=dp[v][i-1];

    }

}

void dfs2(int u,int pre){

    for(register int i=head[u];~i;i=e[i].next){

        int v=e[i].to;

        if(v==pre) continue;

        for(register int i=m;i>=1;i--) dp[v][i]+=dp[u][i-1]-(i==1?0:dp[v][i-2]);

        dfs2(v,u);

    }

}

int main(){

    memset(head,-1,sizeof head);

    n=read(),m=read();

    for(register int i=1;i<n;i++){

        int u=read(),v=read();

        add(u,v),add(v,u);

    }

    for(register int i=1;i<=n;i++) val[i]=read();

    dfs1(1,0),dfs2(1,0);

    for(register int i=1;i<=n;i++){

        long long sum=0;

        for(register int j=0;j<=m;j++) sum+=dp[i][j];

        printf("%lld\n",sum);

    }

    return 0;

}

巴特西

[Usaco 2012 Feb]Nearby Cows

题目描述

输入格式

Line 1: Two space-separated integers, N and K.

Lines 2..N: Each line contains two space-separated integers, i and j (1 <= i,j <= N) indicating that fields i and j are directly connected by a trail.

Lines N+1..2N:

Line N+i contains the integer C(i). (0 <= C(i) <= 1000)

输出格式

Lines 1..N: Line i should contain the value of M(i).

考虑改变状态。既然我们需要知道有多少奶牛走了k步刚好走到x甚至更多的信息，我们不妨扩展一下状态：

设val(u)表示节点u原有的奶牛个数，并且设u有q个儿子。

先考虑第一种，那么可以写出状态转移方程：

其中1≤i≤k。初始化dp(u,0)=val(u)。

再考虑第二种。先写出大概的方程：

然而经过细心观察(或者直接提交)发现，这个方程还是错的！为什么呢？其实是一个小细节，当i=1时后面那一坨是没有意义的。一是因为可能造成RE，二是跟son(x)距离为1的son(x)的子节点不能走i-1步到达u。特判一下即可。

* 代码中用m代替了k(个人习惯)

* 不开long long见祖宗

时间复杂度为O(NK)

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