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题目背景

\(\frac 14\)遇到了一道水题，双完全不会做，于是去请教小\(\text{D}\)。小\(\text{D}\)看了\(0.607^2\)眼就切掉了这题，嘲讽了\(\frac 14\)一番就离开了。

于是，\(\frac 14\)只好来问你，这道题是这样的：

题目描述

有一棵\(n\)个节点的树，每条边长度为\(1\)，颜色为黑或白。

可以执行若干次如下操作：选择一条简单路径，反转路径上所有边的颜色。

对于某些边，要求在操作结束时为某一种颜色。

给定每条边的初始颜色，求最小操作数，以及满足操作数最小时，最小的操作路径长度和。

输入输出格式

输入格式

第一行，一个正整数\(n\)。

接下来\(n-1\)行，每行四个整数\(a,b,c,d\)：

树中有一条边连接\(a\)和\(b\)。
\(c=0,1\)表示初始颜色为白色、黑色。
\(d=0,1,2\)表示最终要求为白色、要求为黑色、没有要求。

输出格式

输出一行，两个整数，表示最小操作数、操作数最小时的最小路径长度和。

数据范围

\(n\in [1,10^5]\)，\(a,b\in [1,n]\)，\(c\in \{0,1\}\)，\(d\in \{0,1,2\}\)

\(\text{Subtask}\)	分值	\(n\le\)	其他限制
\(1\)	\(18\)	\(20\)	无
\(2\)	\(25\)	\(10^3\)	最多\(10\)条边使得\(d=2\)
\(3\)	\(23\)	\(10^5\)	保证\(a+1=b\)
\(4\)	\(1\)	\(10^5\)	保证\(d=2\)
\(5\)	\(13\)	\(10^5\)	保证\(d\not=2\)
\(6\)	\(20\)	\(10^5\)	无

又是一道神题，先形式化的说一说做法吧。

有一个容易发现的小性质：每条边最多只需要翻转一次。

然后我们考虑翻转了边集\(E\)，边集\(E\)的操作数为边集中连接的点的奇数度数点的个数除2，路径长度为边数。我们需要在最小化前者的基础上最小化后者。

可以把代价直接压进去做树形\(DP\)，考虑每个子树的最小化代价。

子树划分为两个状态，代表头顶上的点是否翻转。

具体的说\(dp_{i,0/1}\)代表以\(i\)为根的子树具有最优代价(\(c_1,c_2\))时是否(0/1)翻转头顶的边，\(c_1\)为奇数点个数，\(c_2\)为翻转路径长度。

这里边，点的代价均下放。

考虑儿子集合\(\{v\}\)如何被转移。

\(w_1\)代表已经转移的集合\(\{v'\}\)有一条向\(i\)伸出的翻转边的最小代价，\(w_2\)代表没有伸出翻转边

\(w_1=min(w_1+dp_{v,0},w_2+dp_{v,1})\)

\(w_2=min(w_1+dp_{v,1},w_2+dp_{v,0})\)

也就是拿子树做了一个递推。

初始化：\(w_1=(inf,inf),w_2=(0,0)\)

考虑如何用\(w_1,w_2\)更新\(i\)的答案。

如果\(i\)的头顶一定需要翻转

\(dp_{i,0}=(inf,inf)\)

\(dp_{i,1}=min((w_1.c_1,w_1.c_2+1),(w_2.c_1+1,w_2.c_2+1))\)

分别代表翻转向上延伸，奇数点不变，路径长度+1 和独立翻转出去，奇数点与路径长均+1

如果\(i\)的头顶一定不需要翻转

\(dp_{i,0}=min((w_1.c_1+1,w_1.c2),w_2)\)

分别代表\(i\)成为奇数点，路径不变和直接没操作

\(dp_{i,1}=(inf,inf)\)

如果可以翻转可以不翻转，就做两个有决策的

然后就没了

考虑可以从这个题目得到什么收获。

可以把最优状态下的最优压在一起拿二元组做
首先要认真研究性质，作为划分状态的依据
与路径有关的状态划分基于是否从头顶伸出一条边

Code:

#include <cstdio>

const int N=1e5+10;

const int inf=0x3f3f3f3f;

int head[N],to[N<<1],Next[N<<1],edge[N<<1],cnt,n;

void add(int u,int v,int w)

{

    to[++cnt]=v,edge[cnt]=w,Next[cnt]=head[u],head[u]=cnt;

}

struct node

{

    int c1,c2;

    node(){}

    node(int c1,int c2){this->c1=c1,this->c2=c2;}

    node friend operator +(node n1,node n2)

    {

        node n3(n1.c1+n2.c1,n1.c2+n2.c2);

        return n3;

    }

    bool friend operator <(node n1,node n2)

    {

        return n1.c1==n2.c1?n1.c2<n2.c2:n1.c1<n2.c1;

    }

}dp[N][2];

node min(node n1,node n2){return n1<n2?n1:n2;}

void dfs(int now,int fa,int typ)

{

    node w1(inf,inf),w2(0,0),nx1,nx2;

    for(int i=head[now];i;i=Next[i])

    {

        int v=to[i];

        if(v==fa) continue;

        dfs(v,now,edge[i]);

        nx1=min(w1+dp[v][0],w2+dp[v][1]);

        nx2=min(w1+dp[v][1],w2+dp[v][0]);

        w1=nx1,w2=nx2;

    }

    if(typ==1||typ==2)

        dp[now][1]=min(node(w1.c1,w1.c2+1),node(w2.c1+1,w2.c2+1));

    else

        dp[now][1]=node(inf,inf);

    if(typ==0||typ==2)

        dp[now][0]=min(node(w1.c1+1,w1.c2),w2);

    else

        dp[now][0]=node(inf,inf);

}

int main()

{

    scanf("%d",&n);

    for(int a,b,c,d,i=1;i<n;i++)

    {

        scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);

        c=d==2?d:c!=d;//0不翻转,1翻转,2随便

        add(a,b,c),add(b,a,c);

    }

    dfs(1,0,2);

    printf("%d %d\n",dp[1][0].c1>>1,dp[1][0].c2);

    return 0;

}

2018.10.12

巴特西

雅礼集训 Day3 T3 w 解题报告

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