2012 Multi-University Training Contest 5-1001 hdu4340

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4340

树形dp

我们可以知道，如果某一个连通的点集染的是同一种颜色，则这个集合中只要而且必须有一个点取完整的费用，其他的点都只需要对应费用的一半。

状态：

dp[i][j][k] (0 <= i <= n, 0<=j<=1, 0 <= k <= 1) 表示以i为根的子树的费用，其中i节点被染成了第k种颜色，且子树中与i染成同一种颜色的与i连通的点集有j个点选取了完整的费用（j只需为0或1）。

若root为根节点，则最后需要的结果为： min(dp[root][1][0], dp[root][1][1]}。

状态转移方程：

v为i节点的儿子节点。令 S = sum{min(dp[v][0][j], dp[v][1][1-j])}， det = min{dp[v][1][j] - min(dp[v][0][j], dp[v][1][1-j])};

dp[i][0][j] = cost[i][j]/2 + S;

dp[i][1][j] = min(cost[i][j] + S， cost[i][j]/2 + S + det);

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <memory.h>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <string>
#include <climits>
#include <vector>
using namespace std;
#define N 103
#define INF INT_MAX
//typedef long long LL;
int root;
int vis
;
int dp
[2][2],a
[2];
vector<int> emp
;

void dfs(int k)
{
int l=emp[k].size();
if (l==0)
{
dp[k][1][0]=a[k][0];
dp[k][1][1]=a[k][1];
dp[k][0][0]=(int)a[k][0]/2;
dp[k][0][1]=(int)a[k][1]/2;
return;
}
for (int i=0;i<l;i++)
dfs(emp[k][i]);

for (int j=0;j<2;j++)
{
int tmp=INF,sum=0;
for (int i=0;i<l;i++)
{
int s=emp[k][i];
int ti=min(dp[s][0][j],dp[s][1][1-j]);
tmp=min(tmp,dp[s][1][j]-ti);
sum+=ti;
}
dp[k][0][j]=sum+a[k][j]/2;
dp[k][1][j]=min(sum+a[k][j],sum+a[k][j]/2+tmp);
}
}
int main()
{
int n,t1,t2;
while (scanf("%d",&n)!=EOF)
{
for (int j=0;j<2;j++)
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i][j]);
memset(vis,0,sizeof(vis));
for (int i=0;i<N;i++)
emp[i].clear();
for (int i=0;i<n-1;i++)
{
scanf("%d%d",&t1,&t2);
if (i==0) root=t1;
if (!vis[t2])
{
emp[t1].push_back(t2);
vis[t1]=1;
}
else
emp[t2].push_back(t1);
}
memset(dp,0,sizeof(dp));
dfs(root);
printf("%d\n",min(dp[root][1][0],dp[root][1][1]));
}
return 0;
}