[洛谷P4438] HNOI2018 道路

问题描述

W 国的交通呈一棵树的形状。W 国一共有n - 1个城市和n个乡村，其中城市从1到n - 1 编号，乡村从1到n编号，且1号城市是首都。道路都是单向的，本题中我们只考虑从乡村通往首都的道路网络。对于每一个城市，恰有一条公路和一条铁路通向这座城市。对于城市i，通向该城市的道路（公路或铁路）的起点，要么是一个乡村，要么是一个编号比ii大的城市。没有道路通向任何乡村。除了首都以外，从任何城市或乡村出发只有一条道路；首都没有往外的道路。从任何乡村出发，沿着唯一往外的道路走，总可以到达首都。

W 国的国王小 W 获得了一笔资金，他决定用这笔资金来改善交通。由于资金有限，小 W 只能翻修n - 1条道路。小 W 决定对每个城市翻修恰好一条通向它的道路，即从公路和铁路中选择一条并进行翻修。小 W 希望从乡村通向城市可以尽可能地便利，于是根据人口调查的数据，小 W 对每个乡村制定了三个参数，编号为ii的乡村的三个参数是ai，bi和ci。假设从编号为i的乡村走到首都一共需要经过x条未翻修的公路与y条未翻修的铁路，那么该乡村的不便利值为

\[c_i \cdot (a_i + x) \cdot (b_i + y)
\]

在给定的翻修方案下，每个乡村的不便利值相加的和为该翻修方案的不便利值。翻修n - 1条道路有很多方案，其中不便利值最小的方案称为最优翻修方案，小 W 自然希望找到最优翻修方案，请你帮助他求出这个最优翻修方案的不便利值。

输入格式

第一行为正整数n。

接下来n - 1行，每行描述一个城市。其中第i行包含两个数si,ti。si表示通向第i座城市的公路的起点，ti表示通向第i座城市的铁路的起点。如果si > 0，那么存在一条从第si座城市通往第i座城市的公路，否则存在一条从第-si个乡村通往第i座城市的公路；ti类似地，如果ti >，那么存在一条从第ti座城市通往第i座城市的铁路，否则存在一条从第-ti个乡村通往第i座城市的铁路。

接下来n行，每行描述一个乡村。其中第i行包含三个数ai,bi,ci，其意义如题面所示。

输出格式

输出一行一个整数，表示最优翻修方案的不便利值。

样例输入

6

2 3

4 5

-1 -2

-3 -4

-5 -6

1 2 3

1 3 2

2 1 3

2 3 1

3 1 2

3 2 1

样例输出

解析

由题目的意思，最后构成的树有这些特征：叶节点都是乡村；每个城市只有两个儿子，且一个是公路，一个是铁路。考虑阶段为当前到了哪个点。描述一个状态则需要知道经过了多少公路，多少铁路。所以，我们设计状态如下：

设\(f[x][l][r]\)表示当前在x点，经过了l条未翻修的公路、r条未翻修的铁路的最小不方便值。考虑到正着并不好推，我们尝试着倒着推。每个点只会被两个子节点更新，且一个子节点是经过公路，一个是经过铁路。不难得到，我们有如下方程：

\[f[x][l][r]=min(f[ls[x]][l+1][r],f[rs[x]][l][r+1])
\]

当x为叶节点时，由题中的式子，我们可以得到如下初始状态：

\[f[x][l][r]=c_i*(a_i+l)*(b_i+r)
\]

在dfs时，为了优化时间，我们需要记下当前最多会经过多少条没有翻修的公路和铁路。但是，这并不能解决空间的问题。可以发现，每次结束递归的点此后都不会再调用，所以我们可以每次给一个点一个编号，结束递归回收利用编号，就可以做到优化空间了。

代码

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#define int long long

#define N 40002

using namespace std;

int n,i,a[N],b[N],c[N],ls[N],rs[N],f[102][42][42],dfn[N];

int read()

{

	char c=getchar();

	int w=0,f=1;

	while(c<'0'||c>'9'){

		if(c=='-') f=-1;

		c=getchar();

	}

	while(c<='9'&&c>='0'){

		w=w*10+c-'0';

		c=getchar();

	}

	return w*f;

}

void dfs(int x,int l,int r,int tim)

{

	dfn[x]=tim;

	if(x>=n){

		for(int i=0;i<=l;i++){

			for(int j=0;j<=r;j++) f[dfn[x]][i][j]=c[x]*(a[x]+i)*(b[x]+j);

		}

		return;

	}

	dfs(ls[x],l+1,r,tim+1);

	dfs(rs[x],l,r+1,tim+2);

	int pl=dfn[ls[x]],pr=dfn[rs[x]];

	for(int i=0;i<=l;i++){

		for(int j=0;j<=r;j++){

			f[dfn[x]][i][j]=min(f[pl][i][j]+f[pr][i][j+1],f[pl][i+1][j]+f[pr][i][j]);

		}

	}

}

signed main()

{

	n=read();

	for(i=1;i<=n-1;i++){

		ls[i]=read(),rs[i]=read();

		if(ls[i]<0) ls[i]=-ls[i]+n-1;

		if(rs[i]<0) rs[i]=-rs[i]+n-1;

	}

	for(i=n;i<=2*n-1;i++) a[i]=read(),b[i]=read(),c[i]=read();

	memset(f,0x3f,sizeof(f));

	dfs(1,0,0,1);

	printf("%lld\n",f[1][0][0]);

	return 0;

}

反思

没有看到路径长度小于等于40的条件，导致半天没有设计状态的思路。
正难则反，老是想着从上到下，没有想过可以从叶节点出发倒推得到答案。

巴特西