洛谷P8127 [BalticOI 2021 Day2] The Xana coup 题解 树形DP
作者：互联网
题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P8127
题目大意：给定一棵包含 \(n\) 个节点的树，树上每个点都有一个权值，节点 \(i\) 的权值为 \(a_i(a_i \in \{0,1\})\)。每次可以选择树上一个点，将这个点以及与其相邻的所有点的权值取反（\(0\) 变成 \(1\)，\(1\) 变成 \(0\)）。问：最少需要几次操作能够让树上所有点的权值都变为 \(0\)？
我的思路：
首先是树形DP，每个节点 \(u\) 对应 \(4\) 个状态：
- \(f_{u,0}\) 表示节点权值为 \(0\)，没有对节点进行操作时对应的最小操作次数；
- \(f_{u,1}\) 表示节点权值为 \(1\)，没有对节点进行操作时对应的最小操作次数；
- \(f_{u,2}\) 表示节点权值为 \(0\)，有对节点进行操作时对应的最小操作次数；
- \(f_{u,3}\) 表示节点权值为 \(1\)，有对节点进行操作时对应的最小操作次数。
上述所有状态（即 \(f_{u,0},f_{u,1},f_{u,2},f_{u,3}\)）因为对于节点 \(u\) 的非子孙节点来说，它们是没有办法修改节点 \(u\) 的子孙节点的状态的，所以所有的 \(f_{u,i}(0 \le i \le 3)\) 对应的状态还包含的一个信息是 —— 节点 \(u\) 的所有子孙节点当前的权值都为 \(0\)。
同时，这些操作都不考虑父节点的影响（因为我这里的状态都是根据子节点的状态推导当前节点的状态）。
除此之外，我用 \(f_{u,i} = +\infty\) 来表示状态 \(f_{u,i}\) 不合法。
然后就可以推导所有的状态了。
叶子节点
对于叶子节点 \(u\) 来说：
- 如果 \(a_u = 1\)（也就是原始节点的权值为 \(1\)），则：
- \(f_{u,0} = +\infty\)（因为叶子节点不操作的话无法让节点权值变成 \(0\)）
- \(f_{u,1} = 0\)（因为本身节点权值就为 \(1\)）
- \(f_{u,2} = 1\)（因为操作一次恰好让节点权值变成 \(0\)）
- \(f_{u,3} = +\infty\)（因为操作一次之后节点权值变成了 \(0\)，而不是 \(1\)）
- 如果 \(a_u = 0\)（也就是原始节点的权值为 \(0\)），则：
- \(f_{u,0} = 0\)（因为本身节点权值就为 \(0\)）
- \(f_{u,1} = +\infty\)（因为叶子节点不操作的话无法让节点权值变成 \(1\)）
- \(f_{u,2} = +\infty\)（因为操作一次之后节点权值变成了 \(1\)，而不是 \(0\)）
- \(f_{u,3} = 1\)（因为操作一次恰好让节点权值变成 \(1\)）
非叶子节点
对于当前节点 \(u\) 来说，只有可能操作或者不操作。
- 如果选择不操作，则它的子节点的状态必须都是 \(0\)（设子节点为 \(v\)，则此时只跟 \(f_{v,0}\)、\(f_{v,2}\) 有关）
- 如果选择操作，则它的子节点的状态必须都是 \(1\)（设子节点为 \(v\)，则此时只跟 \(f_{v,1}\)、\(f_{v,3}\) 有关）
但是这里有一个需要思考的问题，就是：当前节点 \(u\) 的状态受子节点中节点的状态的影响！
影响主要在于 —— 子节点中操作过的点是奇数个还是偶数个。
所以可以额外定义四个状态：\(g_{i,0}, g_{i,1}, h_{i,0}, h_{i,1}\)，这四个状态是对于当前节点 \(u\) 来说的。对于当前节点 \(u\)，设其有 \(m\) 个子节点，则：
- \(g_{i,0}\) 表示节点 \(u\) 的前 \(i\) 个子节点全都是 \(0\) 且有偶数个操作过时对应的最少操作次数（偶数个操作过相当于对节点 \(u\) 的状态没影响，奇数个操作过就会对节点 \(u\) 的状态造成影响）；
- \(g_{i,1}\) 表示节点 \(u\) 的前 \(i\) 个子节点全都是 \(0\) 且有奇数个操作过时对应的最少操作次数；
- \(h_{i,0}\) 表示节点 \(u\) 的前 \(i\) 个子节点全都是 \(1\) 且有偶数个操作过时对应的最少操作次数；
- \(h_{i,1}\) 表示节点 \(u\) 的前 \(i\) 个子节点全都是 \(1\) 且有奇数个操作过时对应的最少操作次数
首先：
- \(g_{0,0} = h_{0,0} = 0\)
- \(g_{0,1} = h_{0,1} = +\infty\)
其次，当 \(i \gt 0\) 时，（设节点 \(u\) 的第 \(i\) 个子节点为 \(v\)，则）有：
- \(g_{i,0} = \min \{ g_{i-1,0} + f_{v,0}, g_{i-1,1} + f_{v,2} \}\)
- \(g_{i,1} = \min \{ g_{i-1,0} + f_{v,2}, g_{i-1,1} + f_{v,0} \}\)
- \(h_{i,0} = \min \{ h_{i-1,0} + f_{v,1}, h_{i-1,1} + f_{v,3} \}\)
- \(h_{i,1} = \min \{ h_{i-1,0} + f_{v,3}, h_{i-1,1} + f_{v,1} \}\)
当然我们需要的只有最终计算出来的 \(g_{m,0}, g_{m,1}, h_{m,0}, h_{m,1}\) 这四个状态（其中 \(m\) 是当前节点 \(u\) 的子节点个数）。
此时再分别讨论 \(a_u\) 是 \(1\) 还是 \(0\) 的情况。
当 \(a_u = 1\) 时：
- \(f_{u,0} = g_{m,1}\)（因为本身是 \(1\) 且不操作，要变成 \(0\)，所以需要子节点中是 \(0\) 且操作过的数量是奇数个）
- \(f_{u,1} = g_{m,0}\)（因为本身就是 \(1\) 且不操作，所以需要子节点中是 \(0\) 且操作过的数量是偶数个）
- \(f_{u,2} = 1 + h_{m,0}\)（因为本身是 \(1\)，操作一次自己变成 \(0\)，所以需要子节点是 \(1\) 且操作过的数量是偶数个）
- \(f_{u,3} = 1 + h_{m,1}\)（因为本身是 \(1\)，操作一次会变成 \(0\)，所以需要子节点是 \(1\) 且操作过的数量是奇数个）
当 \(a_u = 0\) 时：
- \(f_{u,0} = g_{m,0}\)（因为本身是 \(0\) 且不操作，所以需要子节点中是 \(0\) 且操作过的数量是偶数个）
- \(f_{u,1} = g_{m,1}\)（因为本身是 \(0\) 且不操作，要变成 \(1\)，所以需要子节点中是 \(0\) 且操作过的数量是奇数个）
- \(f_{u,2} = 1 + h_{m,1}\)（因为本身是 \(0\)，操作一次会变成 \(1\)，所以需要子节点是 \(1\) 且操作过的数量是奇数个）
- \(f_{u,3} = 1 + h_{m,0}\)（因为本身是 \(0\)，操作一次自己变成 \(1\)，所以需要子节点是 \(1\) 且操作过的熟练是偶数个）
示例程序：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5;
const int INF = (1<<29);
int n, a[maxn], f[maxn][4], g[maxn][2], h[maxn][2];
vector<int> e[maxn];
/**
f[u][0] 点权为 0，点未操作
f[u][1] 点权为 1，点未操作
f[u][2] 点权为 0，点有操作
f[u][3] 点权为 1，点有操作
*/
void dfs(int u, int p) {
int sz = e[u].size();
if (sz == 1 && u != 1) { // 叶子节点
if (a[u] == 1) {
f[u][0] = INF;
f[u][1] = 0;
f[u][2] = 1;
f[u][3] = INF;
}
else { // a[u] == 0
f[u][0] = 0;
f[u][1] = INF;
f[u][2] = INF;
f[u][3] = 1;
}
return;
}
vector<int> tmp;
for (auto v : e[u])
if (v != p)
dfs(v, u), tmp.push_back(v);
int m = tmp.size();
g[0][0] = h[0][0] = 0;
g[0][1] = h[0][1] = INF;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int v = tmp[i-1];
g[i][0] = min(INF, min(g[i-1][0] + f[v][0], g[i-1][1] + f[v][2]));
g[i][1] = min(INF, min(g[i-1][0] + f[v][2], g[i-1][1] + f[v][0]));
h[i][0] = min(INF, min(h[i-1][0] + f[v][1], h[i-1][1] + f[v][3]));
h[i][1] = min(INF, min(h[i-1][0] + f[v][3], h[i-1][1] + f[v][1]));
}
if (a[u] == 1) {
f[u][0] = g[m][1];
f[u][1] = g[m][0];
f[u][2] = min(INF, 1 + h[m][0]);
f[u][3] = min(INF, 1 + h[m][1]);
}
else {
f[u][0] = g[m][0];
f[u][1] = g[m][1];
f[u][2] = min(INF, 1 + h[m][1]);
f[u][3] = min(INF, 1 + h[m][0]);
}
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i < n; i++) {
int u, v;
scanf("%d%d", &u, &v);
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", a+i);
dfs(1, -1);
int ans = min(f[1][0], f[1][2]);
if (ans == INF) puts("impossible");
else printf("%d\n", ans);
return 0;
}
标签：coup,洛谷,状态,int,题解,权值,操作,变成,节点 来源： https://www.cnblogs.com/quanjun/p/16416237.html