[JLOI2016/SHOI2016]侦察守卫(树形dp)
2024-09-23 19:28:31
小R和B神正在玩一款游戏。这款游戏的地图由N个点和N-1条无向边组成,每条无向边连接两个点,且地图是连通的。换句话说,游戏的地图是一棵有N个节点的树。
游戏中有一种道具叫做侦查守卫,当一名玩家在一个点上放置侦查守卫后,它可以监视这个点以及与这个点的距离在D以内的所有点。这里两个点之间的距离定义为它们在树上的距离,也就是两个点之间唯一的简单路径上所经过边的条数。在一个点上放置侦查守卫需要付出一定的代价,在不同点放置守卫的代价可能不同。
现在小R知道了所有B神可能会出现的位置,请你计算监视所有这些位置的最小代价。
Solution
神题。
注意到d不是很大,所以可以设计一个NK的状态:dp[i][j]表示i这个点为根的子树已经处理完了,它还能在向上覆盖j个点的最小代价。
但是还有可能会出现子树之间相互覆盖的情况,所以我们用f[i][j]表示以i为根的子树向下还有j个点没有覆盖的最小代价。
转移:
考虑dp数组如何转移。
dp[u][j]<-min(dp[u][j]+f[v][j](u刚好能够向下覆盖j个),dp[v][j+1]+f[u][j+1]);
相当于是我们把v合并到了当前子树中。
f数组可以直接累加答案,f[i][j]+=f[v][j-1]。
最后结合一下贪心的思想,对于f数组,j越大答案应越小,对于dp数组,j越小答案也应越小,做完之后取一下min
然后还要注意一下边界,dp[u][0]=0.dp[u][~]=w[u].当vis[u]=1时f[u][0]=dp[u][0]=w[u];
Code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define N 500003
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int x,y,w[N],head[N],tot,f[N][],d,dp[N][],n,m,tag[N];
struct zzh{
int n,to;
}e[N<<];
inline void add(int u,int v){
e[++tot].n=head[u];
e[tot].to=v;
head[u]=tot;
}
void dfs(int u,int fa){
if(tag[u])dp[u][]=f[u][]=w[u];
for(int i=;i<=d;++i)dp[u][i]=w[u];
dp[u][d+]=inf;
for(int i=head[u];i;i=e[i].n)if(e[i].to!=fa){
int v=e[i].to;
dfs(v,u);
for(int j=d;j>=;--j)dp[u][j]=min(dp[u][j]+f[v][j],dp[v][j+]+f[u][j+]);
for(int j=d;j>=;--j)dp[u][j]=min(dp[u][j],dp[u][j+]);
f[u][]=dp[u][];
for(int j=;j<=d+;++j)f[u][j]+=f[v][j-];
for(int j=;j<=d+;++j)f[u][j]=min(f[u][j],f[u][j-]);
}
}
inline int rd(){
int x=;bool f=;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){
if(c=='-')f=;
c=getchar();
}
while(isdigit(c)){
x=(x<<)+(x<<)+(c^);
c=getchar();
}
return f?-x:x;
}
int main(){
n=rd();d=rd();
for(int i=;i<=n;++i)w[i]=rd();
m=rd();
for(int i=;i<=m;++i)x=rd(),tag[x]=;
for(int i=;i<n;++i)x=rd(),y=rd(),add(x,y),add(y,x);
dfs(,);
cout<<f[][];
return ;
}
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