蓝桥杯 算法提高 金属采集 [ 树形dp 经典 ]
2015-04-08 20:29
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算法提高 金属采集
时间限制:1.0s 内存限制:256.0MB
锦囊1
锦囊2
锦囊3
问题描述
人类在火星上发现了一种新的金属!这些金属分布在一些奇怪的地方,不妨叫它节点好了。一些节点之间有道路相连,所有的节点和道路形成了一棵树。一共有 n 个节点,这些节点被编号为 1~n 。人类将 k 个机器人送上了火星,目的是采集这些金属。这些机器人都被送到了一个指定的着落点, S 号节点。每个机器人在着落之后,必须沿着道路行走。当机器人到达一个节点时,它会采集这个节点蕴藏的所有金属矿。当机器人完成自己的任务之后,可以从任意一个节点返回地球。当然,回到地球的机器人就无法再到火星去了。我们已经提前测量出了每条道路的信息,包括它的两个端点 x 和 y,以及通过这条道路需要花费的能量 w 。我们想花费尽量少的能量采集所有节点的金属,这个任务就交给你了。
输入格式
第一行包含三个整数 n, S 和 k ,分别代表节点个数、着落点编号,和机器人个数。
接下来一共 n-1 行,每行描述一条道路。一行含有三个整数 x, y 和 w ,代表在 x 号节点和 y 号节点之间有一条道路,通过需要花费 w 个单位的能量。所有道路都可以双向通行。
输出格式
输出一个整数,代表采集所有节点的金属所需要的最少能量。
样例输入
6 1 3 1 2 1 2 3 1 2 4 1000 2 5 1000 1 6 1000
样例输出
3004
样例说明
所有机器人在 1 号节点着陆。
第一个机器人的行走路径为 1->6 ,在 6 号节点返回地球,花费能量为1000。
第二个机器人的行走路径为 1->2->3->2->4 ,在 4 号节点返回地球,花费能量为1003。
第一个机器人的行走路径为 1->2->5 ,在 5 号节点返回地球,花费能量为1001。
数据规模与约定
本题有10个测试点。
对于测试点 1~2 , n <= 10 , k <= 5 。
对于测试点 3 , n <= 100000 , k = 1 。
对于测试点 4 , n <= 1000 , k = 2 。
对于测试点 5~6 , n <= 1000 , k <= 10 。
对于测试点 7~10 , n <= 100000 , k <= 10 。
道路的能量 w 均为不超过 1000 的正整数。
题解:
思路来自博客:http://www.ylzx8.cn/kaifayuyan/program/192149.html
dp[p][m]:表示在以p为根的子树中停留m个机器人的花费。把一棵子树看作是一个整体。
很好的树形dp,理解了好久。一定注意是要把一棵子数看作一个整体。
一开始,dfs刚到某个节点,如果没有儿子节点的话,那么机器人到此就都可以停了,dp[p][m]为0
如果发现了有一个儿子节点,那么考虑在这个儿子节点停留remain个机器人。
dp[p][k]+=dp[next][0]+cost*2; //子树son中没有停留机器人,那么意味全反回,最少是去一个所以最少反回一个
for(remain=1;remain<=k;remain++)
dp[p][k]=min(dp[p][k],dp[p][k-remain]+dp[next][remain]+remain*cost); //注:dfs到第一个儿子的时候,由于暂时没发现其余儿子,所以留在p节点的机器 // 人都不会有多余消耗
随着dfs的深入,每发现一个新儿子,那么更新时就要用考虑到前面所有儿子的状态进行转移。这是一个渐进的过程。
比如,在第二个儿子时,k=1,remain=1 的话,
dp[p][k]=min(dp[p][k],dp[p][k-remain]+dp[next][remain]+remain*cost);
用到的dp[p][k-remain]已经不再是0,因为首先必须把第一个儿子访问过再回到p节点。
所有儿子都dfs过之后,得到的dp[p][m]才不再变化。
评测详情
算法提高 金属采集
时间限制:1.0s 内存限制:256.0MB
锦囊1
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问题描述
人类在火星上发现了一种新的金属!这些金属分布在一些奇怪的地方,不妨叫它节点好了。一些节点之间有道路相连,所有的节点和道路形成了一棵树。一共有 n 个节点,这些节点被编号为 1~n 。人类将 k 个机器人送上了火星,目的是采集这些金属。这些机器人都被送到了一个指定的着落点, S 号节点。每个机器人在着落之后,必须沿着道路行走。当机器人到达一个节点时,它会采集这个节点蕴藏的所有金属矿。当机器人完成自己的任务之后,可以从任意一个节点返回地球。当然,回到地球的机器人就无法再到火星去了。我们已经提前测量出了每条道路的信息,包括它的两个端点 x 和 y,以及通过这条道路需要花费的能量 w 。我们想花费尽量少的能量采集所有节点的金属,这个任务就交给你了。
输入格式
第一行包含三个整数 n, S 和 k ,分别代表节点个数、着落点编号,和机器人个数。
接下来一共 n-1 行,每行描述一条道路。一行含有三个整数 x, y 和 w ,代表在 x 号节点和 y 号节点之间有一条道路,通过需要花费 w 个单位的能量。所有道路都可以双向通行。
输出格式
输出一个整数,代表采集所有节点的金属所需要的最少能量。
样例输入
6 1 3 1 2 1 2 3 1 2 4 1000 2 5 1000 1 6 1000
样例输出
3004
样例说明
所有机器人在 1 号节点着陆。
第一个机器人的行走路径为 1->6 ,在 6 号节点返回地球,花费能量为1000。
第二个机器人的行走路径为 1->2->3->2->4 ,在 4 号节点返回地球,花费能量为1003。
第一个机器人的行走路径为 1->2->5 ,在 5 号节点返回地球,花费能量为1001。
数据规模与约定
本题有10个测试点。
对于测试点 1~2 , n <= 10 , k <= 5 。
对于测试点 3 , n <= 100000 , k = 1 。
对于测试点 4 , n <= 1000 , k = 2 。
对于测试点 5~6 , n <= 1000 , k <= 10 。
对于测试点 7~10 , n <= 100000 , k <= 10 。
道路的能量 w 均为不超过 1000 的正整数。
题解:
思路来自博客:http://www.ylzx8.cn/kaifayuyan/program/192149.html
dp[p][m]:表示在以p为根的子树中停留m个机器人的花费。把一棵子树看作是一个整体。
很好的树形dp,理解了好久。一定注意是要把一棵子数看作一个整体。
一开始,dfs刚到某个节点,如果没有儿子节点的话,那么机器人到此就都可以停了,dp[p][m]为0
如果发现了有一个儿子节点,那么考虑在这个儿子节点停留remain个机器人。
dp[p][k]+=dp[next][0]+cost*2; //子树son中没有停留机器人,那么意味全反回,最少是去一个所以最少反回一个
for(remain=1;remain<=k;remain++)
dp[p][k]=min(dp[p][k],dp[p][k-remain]+dp[next][remain]+remain*cost); //注:dfs到第一个儿子的时候,由于暂时没发现其余儿子,所以留在p节点的机器 // 人都不会有多余消耗
随着dfs的深入,每发现一个新儿子,那么更新时就要用考虑到前面所有儿子的状态进行转移。这是一个渐进的过程。
比如,在第二个儿子时,k=1,remain=1 的话,
dp[p][k]=min(dp[p][k],dp[p][k-remain]+dp[next][remain]+remain*cost);
用到的dp[p][k-remain]已经不再是0,因为首先必须把第一个儿子访问过再回到p节点。
所有儿子都dfs过之后,得到的dp[p][m]才不再变化。
518169 | 609738062@qq.com | 金属采集 | 04-08 20:17 | 1.269KB | C++ | 正确 | 100 | 171ms | 13.42MB | 评测详情 |
评测点序号 评测结果 得分 CPU使用 内存使用 下载评测数据 1 正确 10.00 15ms 6.949MB 输入 输出 2 正确 10.00 0ms 6.949MB VIP特权 3 正确 10.00 140ms 9.468MB VIP特权 4 正确 10.00 0ms 6.972MB VIP特权 5 正确 10.00 0ms 6.972MB VIP特权 6 正确 10.00 0ms 7.015MB VIP特权 7 正确 10.00 156ms 9.472MB VIP特权 8 正确 10.00 171ms 9.472MB VIP特权 9 正确 10.00 171ms 13.42MB VIP特权 10 正确 10.00 171ms 9.468MB VIP特权
评测详情
#include <cstdio> #include <cmath> #include <vector> #include <cstring> #define N 100005 using namespace std; int n,s,K; int dp [12]; //dp[p][m]:表示在以p为根的子树中停留m个机器人的花费。把一棵子树看作是一个整体。 typedef struct { int to; int w; }PP; vector<PP>bian ; int vis ; void dfs(int p) { vis[p]=1; int i; int next; int cost; int k; int remain; for(i=0;i<bian[p].size();i++) { next=bian[p][i].to; if(vis[next]==1) continue; cost=bian[p][i].w; dfs(next); for(k=K;k>=0;k--){ //这里要注意不能掉了0的情况 dp[p][k]+=dp[next][0]+cost*2; //子树son中没有停留机器人,那么意味全反回,最少是去一个所以最少反回一个 for(remain=1;remain<=k;remain++){ //在子树son中停raim个机器人的情况 dp[p][k]=min(dp[p][k],dp[p][k-remain]+dp[next][remain]+remain*cost); } } } } int main() { int x,y,w; PP te; //freopen("data.in","r",stdin); memset(dp,0,sizeof(dp) ); memset(vis,0,sizeof(vis)); int i; scanf("%d%d%d",&n,&s,&K); for(i=0;i<=n;i++){ bian[i].clear(); } for(i=0;i<n-1;i++){ scanf("%d%d%d",&x,&y,&w); te.w=w; te.to=y; bian[x].push_back(te); te.to=x; bian[y].push_back(te); } // printf("sdf a\n"); dfs(s); printf("%d\n",dp[s][K]); return 0; }
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