[JZOJ5442]【NOIP2017提高A组冲刺11.1】荒诞([BZOJ3060]【POI2012】Tour de Byteotia)
2017-11-01 22:15
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Description
我的灵魂与我之间的距离如此遥远,而我的存在却如此真实。——加缪《局外人》
我醒来的时候,发现满天星斗照在我的脸上。田野上的声音一直传到我的耳畔。夜的气味,土地的气味,海盐的气味,使我的两鬓感到清凉。这沉睡的夏夜的奇妙安静,像潮水一般浸透我的全身。这时,长夜将尽,汽笛叫了起来。它宣告有些人踏上旅途,要去一个从此和我无关痛痒的世界。
这时我在想一个问题:我有一个n个点,m条边的无向图,第i个点建立一个旅游站点的费用是c_i。特别地,这张图中的任意两点间不存在节点数超过10的简单路径。
为了把一切都做得完善,为了使我感到不那么孤独,我想要建造一些旅游站点使得每个点要么建立了旅游站点,要么与它有边直接相连的点里至少有一个点建立了旅游站点。我还希望这个建造方案总花费尽量少。
请求出这个花费。
对于100%的测试点,满足1<=n<=2*10^4,0<=m<=2.5*10^4,0<=c_i<=10^4。
Solution
不存在节点数超过10的简单路径,那就是说DFS树最多只有10层可以在DFS树上进行树形DP
但是祖先的状态会对自己造成影响。
考虑状压
因为祖先只有10个,用三进制表示,0/1/2表示没选也没覆盖,没选但覆盖,选了
第K位表示深度为K的祖先的状态,根的深度为0
按照欧拉序DP
F[k][S]表示做到第K个点,祖先的状态为K,在它欧拉序前面结束的点都被覆盖了的答案。
在访问这个点的子树之前,先将父亲的状态继承下来。
枚举状态S
分这个点选和不选两种情况讨论,
不选的话看它会不会被返祖边上覆盖。
选的话看它能不能覆盖某些祖先
相应的修改状态
即F[k][S′]=min(F[father(k)][S])+cost[k]∗[k被选了]))
相当于是欧拉序的入点
然后访问k的子树,对于某一棵子树,它继承完以后返回并重新计算F[k],将返回后的答案继续让下一棵子树继承。
相当于欧拉序的出点
复杂度。。。
理论最坏是O(N∗310∗10)
然而它能过。。。
Code
#include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> #include <iostream> #include <cstdlib> #include <cmath> #define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--) #define LL long long #define N 30005 using namespace std; int dep[N],n,m,fs[N],c[N],nt[2*N],dt[2*N],ans,m1,cf[11],f[11][60000],d[N],ms[11][60000]; bool bz ; inline void update(int &x,int y) { if(y<x) x=y; } void dfs(int k,int fa) { bz[k]=1; dep[k]=dep[fa]+1; int v=0; d[0]=0; for(int i=fs[k];i;i=nt[i]) { int p=dt[i]; if(bz[p]) d[++d[0]]=dep[p]; } fo(i,0,cf[dep[k]+1]-1) f[dep[k]][i]=1802201963; if(dep[k]!=0) fo(s,0,cf[dep[k]]-1) { int q=0,qs=0; fo(i,1,d[0]) { int v=ms[d[i]][s]; if(v==2) q=1; if(v==0) qs+=cf[d[i]]; } update(f[dep[k]][s+q*cf[dep[k]]],f[dep[fa]][s]); update(f[dep[k]][s+2*cf[dep[k]]+qs],f[dep[fa]][s]+c[k]); } else f[dep[k]][0]=0,f[dep[k]][1]=1802201963,f[dep[k]][2]=c[k]; for(int i=fs[k];i;i=nt[i]) { int p=dt[i]; if(!bz[p]) { dfs(p,k); fo(s,0,cf[dep[k]]-1) { fo(x,0,2) { int v1=f[dep[p]][s+x*cf[dep[k]]+cf[dep[p]]],v2=f[dep[p]][s+x*cf[dep[k]]+2*cf[dep[p]]]; f[dep[k]][s+x*cf[dep[k]]]=(v1<v2)?v1:v2; } } } } } void link(int x,int y) { nt[++m1]=fs[x]; dt[fs[x]=m1]=y; } int main() { cin>>n>>m; fo(i,1,n) scanf("%d",&c[i]); cf[0]=1; fo(i,1,10) cf[i]=cf[i-1]*3; fo(i,1,m) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); link(x,y); link(y,x); } int ans=0; dep[0]=-1; fo(s,0,cf[10]) { fo(i,0,10) { ms[i][s]=(s/cf[i])%3; } } fo(i,1,n) { if(!bz[i]) dfs(i,0),ans+=min(f[0][1],f[0][2]); } printf("%d\n",ans); }
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