洛谷 4383 [八省联考2018]林克卡特树lct——树形DP+带权二分
作者：互联网
题目：https://www.luogu.org/problemnew/show/P4383
关于带权二分：https://www.cnblogs.com/flashhu/p/9480669.html
自己只能想到 “如果把负边看作不存在，那么分出的连通块的直径一定可以被整个连进最终路径里”。然后就不知道连通块不是恰好 K+1 个怎么办，且也不知道是不是对的……
原来可以直接把问题看成 “选出恰好 K+1 条不相交路径” 。这样也考虑到了 “恰好 K 条” 的限制，并且好像挺对的。
结果自己还是不太会……看题解发现原来只需记录 [ 0 / 1 / 2 ] 表示 “未连边” 、 “和孩子连了一条边” 、 “和孩子连了两条边” 就能转移了。
自己把 [ 0 ] 视作 “不向上传” ，那么 return 的时候 [ 0 ] 就可以对 [ 1 ] 、 [ 2 ] 取 max 了。
在 “向上传” 的过程中， [ 2 ] 是没用的。之所以要记录，是为了让 “ [ 1 ] + [ 1 ] ” 的情况不要转移到 [ 0 ] ，这样当前点就不会匹配很多路径了。
于是可以 n*K2 DP。自己写了一下只得了 35 分……
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
int rdn()
{
int ret=0;bool fx=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')fx=0;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9')ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar();
return fx?ret:-ret;
}
ll Mx(ll a,ll b){return a>b?a:b;}
ll Mn(ll a,ll b){return a<b?a:b;}
const int N=3e5+5,M=105; const ll INF=3e11+5;
int n,m,hd[N],xnt,to[N<<1],nxt[N<<1],w[N<<1];
int siz[N]; ll dp[N][3][M];
void add(int x,int y,int z)
{to[++xnt]=y;nxt[xnt]=hd[x];hd[x]=xnt;w[xnt]=z;}
void cz(int cr,int i,int j,ll s)
{dp[cr][i][j]=Mx(dp[cr][i][j],s);}
void dfs(int cr,int fa)
{
for(int i=0;i<3;i++)
for(int j=0;j<=m;j++) dp[cr][i][j]=-INF;
dp[cr][0][0]=0; siz[cr]=1;
for(int i=hd[cr],v;i;i=nxt[i])
if((v=to[i])!=fa)
{
dfs(v,cr); siz[cr]+=siz[v];
for(int j=Mn(siz[cr],m);j>=0;j--)
for(int k=0;k<=j&&k<=siz[v];k++)
{
cz(cr,2,j,dp[cr][2][j-k]+dp[v][0][k]);
if(k)cz(cr,2,j,dp[cr][1][j-k+1]+dp[v][1][k]+w[i]);
cz(cr,1,j,Mx(dp[cr][0][j-k]+dp[v][1][k]+w[i],
dp[cr][1][j-k]+dp[v][0][k]));
cz(cr,0,j,dp[cr][0][j-k]+dp[v][0][k]);
}
}
for(int j=0;j<=m;j++)
dp[cr][0][j]=Mx(dp[cr][0][j],Mx(dp[cr][1][j],dp[cr][2][j]));
dp[cr][1][1]=Mx(dp[cr][1][1],0);
}
int main()
{
n=rdn();m=rdn()+1;
for(int i=1,u,v,z;i<n;i++)
{
u=rdn();v=rdn();z=rdn();
add(u,v,z);add(v,u,z);
}
dfs(1,0);
printf("%lld\n",dp[1][0][m]);
return 0;
}
View Code
可以用带权二分的知识来优化。
随着 K 的增加，答案是先增大再减小的。可以感性理解。
所以就可以带权二分。二分选一条路径额外带来的收益（可为负），然后不限制路径条数地 DP ，只是附带着记录一下选了几条路。最后看选出来的路径如果多于 K+1 条，说明选一条路径的收益太高；不然说明收益太低。当不看路径条数地 DP 的最优解恰好选了 K+1 条路径时就可以退出了。答案就是现在这个最优解减去 “路径条数 * mid” 。
当路径条数不同但最优解相同地时候，可能二分不到 “恰好 K+1 条路径” 。所以 DP 的时候设第二关键字为路径条数，比如设成值相等时路径越少越好，那么最优解附带的路径条数 <= K+1 的时候也可能就是答案。所以认为答案是二分到的 “最大的 <= K+1 条路径” 的解即可。
关于二分的范围，自己是让 l = 所有正边权之和 ， r = 边权最大值。然后 l-- , r++ 。
想让路径选得最少，考虑选路径的最优情况就是把所有正边权都选上了，所以让 l 为这个值减1，这样最优就是一条边也不选；
想让路径选得最多，即每个点自己是一条路径。如果不是的话，就是在这个基础上把两个点连在一条路径里，好处是得到一个边权；所以让 r 是最大的边权加1，这样最优就是每个点自己是一条路径。
DP 的转移和暴力一样。
然后调了很久。终于发现自己把 “新增一条路径” 放在 “从孩子转移过来” 之后。这样的话 “以当前点为一个端点的路径” 就不能继承上 “在当前点子树（不含当前点）中完结的路径” 的贡献了！
发现自己的 n*K2 DP 也在这个地方写错了。怪不得是 WA 而不是 TLE ……
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
int rdn()
{
int ret=0;bool fx=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')fx=0;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9')ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar();
return fx?ret:-ret;
}
ll Mn(ll a,ll b){return a<b?a:b;}
ll Mx(ll a,ll b){return a>b?a:b;}
const int N=3e5+5;ll INF=3e11+5;
int n,m,hd[N],xnt,to[N<<1],nxt[N<<1],w[N<<1];
ll dp[N][3],mid; int f[N][3];
void add(int x,int y,int z)
{to[++xnt]=y;nxt[xnt]=hd[x];hd[x]=xnt;w[xnt]=z;}
void cz(int cr,int i,ll w0,int f0,ll w1,int f1)
{
if(w0==w1) dp[cr][i]=w0,f[cr][i]=Mn(f0,f1);//Mn
else if(w0>w1)dp[cr][i]=w0,f[cr][i]=f0;
else dp[cr][i]=w1,f[cr][i]=f1;
}
void dfs(int cr,int fa)
{
/*dp[cr][0]=0; dp[cr][1]=dp[cr][2]=-INF;
f[cr][0]=0; f[cr][1]=0; f[cr][2]=0;*/
dp[cr][0]=0; dp[cr][1]=mid; dp[cr][2]=-INF;
f[cr][0]=0; f[cr][1]=1; f[cr][2]=0;
for(int i=hd[cr],v;i;i=nxt[i])
if((v=to[i])!=fa)
{
dfs(v,cr);
cz(cr,2,dp[cr][1]+dp[v][1]+w[i]-mid,f[cr][1]+f[v][1]-1,
dp[cr][2]+dp[v][0],f[cr][2]+f[v][0]);
cz(cr,1,dp[cr][1]+dp[v][0],f[cr][1]+f[v][0],
dp[cr][0]+dp[v][1]+w[i],f[cr][0]+f[v][1]);
dp[cr][0]+=dp[v][0];
f[cr][0]+=f[v][0];
}
cz(cr,0,dp[cr][0],f[cr][0],dp[cr][2],f[cr][2]);
cz(cr,0,dp[cr][0],f[cr][0],dp[cr][1],f[cr][1]);
//cz(cr,1,dp[cr][1],f[cr][1],mid,1);//new
}
int main()
{
n=rdn();m=rdn()+1;ll l=0,r=-INF;
for(int i=1,u,v,z;i<n;i++)
{
u=rdn();v=rdn();z=rdn();
add(u,v,z); add(v,u,z);
if(z>=0)l-=z; r=Mx(r,z);
}
l--; r++; ll ans,ret;
while(l<=r)
{
mid=l+r>>1;
dfs(1,0);
if(f[1][0]<=m)
{
ans=dp[1][0];ret=mid;l=mid+1;
if(f[1][0]==m)break;
}
else r=mid-1;
}
printf("%lld\n",ans-ret*m);
return 0;
}
标签：八省,洛谷,int,ll,路径,DP,cr,联考,dp 来源： https://www.cnblogs.com/Narh/p/10578734.html