【HDU3586】Information Disturbing-二分答案+树形DP
2017-09-21 22:24
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测试地址:Information Disturbing
题目大意:有n个士兵和n−1条通信线路连接在这些士兵之间,使得士兵们都能和总指挥官(1号点)取得联系,现在有一个设备能切断通信线路,每条通信线路要切断需要一些电力,现在要求切断的每条线路电力不超过一个上限电力,而且切断这些线路消耗的电力之和不超过一个总电力m,使得所有前线士兵(除了1号点外的叶子结点)都不能和总指挥官取得联系,求能完成任务的最小的上限电力。
做法:本题需要用到二分答案+树形DP。
首先,很明显题目中的结构为一棵树。现在就是要切断所有叶子结点与根节点的联系,并满足一些要求。我们可以分析上限电力对答案的影响,分为三种情况:不存在切断联系的方案,存在切断联系的方案但不存在满足消耗不超过总电力的方案,存在同时满足切断联系并且消耗不超过总电力的方案。观察发现,出现这些情况的上限电力都是一段连续的区间,并且这些区间连续依次出现,这就说明答案满足单调性,可以二分答案。
于是问题转化为判定性问题:在满足切断线路消耗的电力不超过上限电力的情况下,存不存在同时满足切断联系并且消耗不超过总电力的方案。这个问题可以通过树形DP来解决。设f(i)为切断i点与以i点为根的子树中所有叶子结点的联系的最小代价,那么对于点i的每个儿子,有两种选择:一是选择切断点i到这个儿子的边,二是选择以这个儿子为根子树已经算出的方案。一般来说,这两个方案取个最小值就可以了,但是这里有个问题:点i到这个儿子的边的边权可能大于上限电力!这时候就不能选择第一种。还要注意一点,有可能根本没有办法切断点i到以它为根子树中所有叶子结点的联系,这种情况发生的充要条件是,对于一个儿子,它到这个儿子的边边权大于上限电力,而这个儿子的子树中不存在能切断联系的方案。总之,这样处理的话就可以得到f(1),然后就可以判断属于哪种情况了。
上述算法的总的时间复杂度为O(Nlogw),可以通过此题。
以下是本人代码:
题目大意:有n个士兵和n−1条通信线路连接在这些士兵之间,使得士兵们都能和总指挥官(1号点)取得联系,现在有一个设备能切断通信线路,每条通信线路要切断需要一些电力,现在要求切断的每条线路电力不超过一个上限电力,而且切断这些线路消耗的电力之和不超过一个总电力m,使得所有前线士兵(除了1号点外的叶子结点)都不能和总指挥官取得联系,求能完成任务的最小的上限电力。
做法:本题需要用到二分答案+树形DP。
首先,很明显题目中的结构为一棵树。现在就是要切断所有叶子结点与根节点的联系,并满足一些要求。我们可以分析上限电力对答案的影响,分为三种情况:不存在切断联系的方案,存在切断联系的方案但不存在满足消耗不超过总电力的方案,存在同时满足切断联系并且消耗不超过总电力的方案。观察发现,出现这些情况的上限电力都是一段连续的区间,并且这些区间连续依次出现,这就说明答案满足单调性,可以二分答案。
于是问题转化为判定性问题:在满足切断线路消耗的电力不超过上限电力的情况下,存不存在同时满足切断联系并且消耗不超过总电力的方案。这个问题可以通过树形DP来解决。设f(i)为切断i点与以i点为根的子树中所有叶子结点的联系的最小代价,那么对于点i的每个儿子,有两种选择:一是选择切断点i到这个儿子的边,二是选择以这个儿子为根子树已经算出的方案。一般来说,这两个方案取个最小值就可以了,但是这里有个问题:点i到这个儿子的边的边权可能大于上限电力!这时候就不能选择第一种。还要注意一点,有可能根本没有办法切断点i到以它为根子树中所有叶子结点的联系,这种情况发生的充要条件是,对于一个儿子,它到这个儿子的边边权大于上限电力,而这个儿子的子树中不存在能切断联系的方案。总之,这样处理的话就可以得到f(1),然后就可以判断属于哪种情况了。
上述算法的总的时间复杂度为O(Nlogw),可以通过此题。
以下是本人代码:
#include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; int n,m,first[1010],f[1010],tot; int ans; struct edge {int v,d,next;} e[2010]; void insert(int a,int b,int d) { e[++tot].v=b; e[tot].d=d; e[tot].next=first[a]; first[a]=tot; } void dp(int v,int fa,int x) { f[v]=-1; for(int i=first[v];i;i=e[i].next) if (e[i].v!=fa) { f[v]=max(f[v],0); dp(e[i].v,v,x); if (f[e[i].v]>=0) { if (e[i].d<=x) f[v]+=min(e[i].d,f[e[i].v]); else f[v]+=f[e[i].v]; } else { if (e[i].d<=x) f[v]+=e[i].d; else {f[v]=-1;break;} } } } bool check(int x) { dp(1,0,x); if (f[1]<0||f[1]>m) return 0; else return 1; } int main() { while(scanf("%d%d",&n,&m)&&n&&m) { memset(first,0,sizeof(first)); tot=0;ans=-1; for(int i=1;i<n;i++) { int a,b,d; scanf("%d%d%d",&a,&b,&d); insert(a,b,d),insert(b,a,d); } int l=1,r=1000; while(l<r) { int mid=(l+r)>>1; if (check(mid)) ans=mid,r=mid; else l=mid+1; } printf("%d\n",ans); } return 0; }
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