[SMOJ2074]RP路

图1 RP树示意图

明确这样的一条事实：在一棵有 n 个结点的树中，总的路径数为 C2n，即 n×(n−1)2。

做法一：（我在考场上的写法）

首先考虑如何统计一棵树中的 RP 路数量。

不难发现，对于一条路径的起始点 u 和 v（令 u 的深度 < v 的深度），如果它们之间是祖先-后代关系，那么判断该路径是否为 RP 路的方法就是统计 u 到 v 的路径上是否有 RP 边；否则结点 u、v 有 LCA 结点 k，则可以转化为判断 k 到 u 的路径和 k 到 v 的路径上是否有 RP 边。因此可以记 fi 为根结点到 i 的路径上 RP 边的数量（前缀和思想），就可以求出 LCA 之后方便地判断路径的种类，即在 O(N2) 时间内可以算出所有RP路数量。

于是不难得到一种暴力算法：枚举被改变的 RP 边，之后重复上述操作，取一个最小值。这种做法的优点是非常直观，缺点是效率低下。

时间复杂度：O(N3)
期望得分：20%
参考代码：（由于暴力做法比较显然，不再添加注释）

#include <algorithm>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <iostream>using namespace std;const int MAXN = 1e3;struct EDGE {    int to, typ, next;    bool b;    EDGE (): to(0), typ(0), next(0), b(false) {}} edges[MAXN << 1];int N, M;int par[MAXN], dep[MAXN], lca[MAXN][MAXN];int p[MAXN];int head[MAXN];void addedge(int u, int v, int t) {    edges[M].to = v;    edges[M].typ = t;    edges[M++].next = head[u];    head[u] = M - 1;}void dfs1(int root, int depth, int pre) {    for (int i = head[root]; i != -1; i = edges[i].next) {        int v = edges[i].to;        if (v == pre) continue;        edges[i].b = true;        par[v] = root; dep[v] = dep[root] + 1;        dfs1(v, depth + 1, root);    }}void dfs2(int root) {    for (int i = head[root]; i != -1; i = edges[i].next)        if (edges[i].b) {            int v = edges[i].to;            p[v] = p[root] + edges[i].typ;            dfs2(v);        }}bool isRPpath(int u, int v) {    if (lca[u][v] == u) return p[v] - p[u];    else if (lca[u][v] == v) return p[u] - p[v];    else return (p[u] - p[lca[u][v]]) + (p[v] - p[lca[u][v]]);}int main(void) {    freopen("2074.in", "r", stdin);    freopen("2074.out", "w", stdout);    scanf("%d", &N);    memset(head, -1, sizeof head);    for (int i = 1; i < N; i++) {        int A, B, C; scanf("%d%d%d", &A, &B, &C);        addedge(A, B, C);        addedge(B, A, C);    }    dfs1(1, 0, 0);    for (int i = 1; i < N; i++)        for (int j = i + 1; j <= N; j++) {            int u = i, v = j;            while (dep[u] != dep[v])                if (dep[u] > dep[v]) u = par[u]; else v = par[v];            if (u == v)                if (dep[i] < dep[j]) lca[i][j] = lca[j][i] = i; else lca[i][j] = lca[j][i] = j;            else {                while (u != v) { u = par[u]; v = par[v]; }                lca[i][j] = lca[j][i] = u;            }        }    memset(p, 0, sizeof p);    int ans = 0; dfs2(1);    for (int i = 1; i < N; i++)        for (int j = i + 1; j <= N; j++) ans += isRPpath(i, j);    for (int i = 0; i < M; i++) {        if (!edges[i].b || !edges[i].typ) continue;        edges[i].typ = 0;        p[1] = 0; dfs2(1);        int c = 0;        for (int j = 1; j < N; j++)            for (int k = j + 1; k <= N; k++)                c += isRPpath(j, k);        ans = min(ans, c);        edges[i].typ = 1;    }    printf("%d\n", ans);    return 0;}

做法二：

我们不妨来分析题目的用意，最小化 RP 路的数量。显然一条路径要么是非 RP 路，要么是 RP 路。因此题目实际上等价于“最大化非 RP 路数量”。

非 RP 路有什么特征呢？如果多画几棵 RP 树进行计算，不难发现，可以将一些相邻的由非 RP 边连接的结点缩成一个“非 RP 连通分量”之后得到一棵新树，则非 RP 路一定是连接同一个连通分量内两个结点的路径，也就意味着如果某个连通分量内有 k 个结点，这个连通分量对总的非RP路数量的贡献为 k×(k−1)2。

图2 连通分量

连通分量有什么意义呢？我们知道，每个连通分量都是极大的连通子图，不能再向里面加入结点，则连接连通分量之间的 RP 边都是“桥”，若将其变为非 RP 边，则两个连通分量之间的结点得到沟通，新增的每条非 RP 路，起点和终点分别在两个连通分量中，即如果两个连通分量中分别有 k1 和 k2 个结点，将会新增 k1×k2条非RP路。既然要使非 RP 路数量最大，则要只需找到一条使 k1×k2最大的“桥”即可。

求连通分量可以用 dfs 实现，也可以用并查集更方便。

时间复杂度：O(N)
期望得分：100%
参考代码：

#include <algorithm>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <iostream>using namespace std;const long long MAXN = 1e6 + 100;long long N;long long A[MAXN], B[MAXN], C[MAXN];long long par[MAXN];unsigned long long cnt[MAXN];long long find(long long root) { return par[root] == root ? root : par[root] = find(par[root]); }int main(void) {    freopen("2074.in", "r", stdin);    freopen("2074.out", "w", stdout);    scanf("%d", &N);    for (long long i = 1; i <= N; i++) par[i] = i;    for (long long i = 1; i < N; i++) {        scanf("%d%d%d", &A[i], &B[i], &C[i]);        if (!C[i]) par[find(A[i])] = find(B[i]); //利用并查集，基于非 RP 性维护连通分量    }    memset(cnt, 0, sizeof cnt);     for (long long i = 1; i <= N; i++) ++cnt[find(i)]; //统计每个连通分量中结点个数    unsigned long long ans = (long long)(N * (N - 1)) / 2; //设全部为 RP 路    for (long long i = 1; i <= N; i++)        ans -= ((long long)cnt[i] * (cnt[i] - 1)) / 2; //相应减去在同一连通分量内部的非 RP 路的数量    if (!ans) { puts("0"); return 0; } //特判（其实不加也无所谓）    unsigned long long k = 0;    for (long long i = 1; i < N; i++) { //考虑被变为非 RP 边的 RP 边        long long pa = find(A[i]), pb = find(B[i]);        if (pa != pb && (long long)cnt[pa] * cnt[pb] > k) k = (long long)cnt[pa] * cnt[pb];    }//  prlong longf("%lld\n", ans - k);    cout << ans - k << endl; //再减去最多能增加的两个连通分量之间的非 RP 路的数量    return 0;}