[HDU6065] RXD, tree and sequence

Problem Link

Description

    给定一棵有n个节点并且以1为根的树，根的深度为1。给定1 ~ n的排列P，现在将其分成k个连续块，使得块内结点的LCA深度和最小，求这个最小值。

Solution

    首先我们要知道一个重要的性质：对于一个连续块，它最终的LCA一定可以由这个连续块内的相邻两个元素求LCA得出。这里简单证明一下：我们不妨设一个连续块的LCA为A（这里假定A不是连续块中的点，如果A是这个连续块中的点那结论就很显然了），那么这个连续块中的点一定分布在A的子树中，最重要的是包含这些点的子树至少有两棵（因为只有分布在不同子树中的点的LCA才会是A）。接下来的证明就很简单了，很显然两个不在同一棵子树的点的LCA就是A，那么对于一个连续块，必定存在一对相邻的点所在的子树不同，我们只要找到这对相邻的点，就可以找到整个连续块的LCA了。除了这对相邻的点，这个连续块的点其他点都可以无视了（因为它们不会对答案有贡献），于是问题就很容易转化成了，求K对相邻的点的LCA的深度之和的最小值（有些同学可能要问了，一对相邻的点的LCA不一定会成为一个连续块的LCA，这个连续块中还可能存在其他相邻的点的LCA更优。 我们不必担心这个，因为我们求的是深度的最小值，所以如果存在更优的LCA，一定会被更新到）。另外，还可能存在只有一个点的连续块， 我们更新时要考虑这个。

    我们定义dp[i][j]表示遍历到第i个点时已经形成了j个连续块的最小LCA深度和（这不代表第i个点就在第j个连续块中，第i个点还可能未被归入一个连续块，而会与后面的点一起形成一个连续块）。遍历到i这个点时，有以下三种情况：

• 留着i这个点，让它和后面的点形成一个连续块，即dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i−1][j])；
• i这个点独立形成一个连续块，即dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i−1][j−1]+dep[id[i]])；
• 让i和i−1的LCA成为他们所在的连续块的LCA（虽然这两个点的LCA不一定是他们所在的连续块的LCA，但是根据上面求得的性质我们知道这个连续块的LCA一定会被更新到），即dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i−2][j−1]+dep[LCA(id[i−1],id[i])])；

    接下来可以考虑dp的优化了。时间上，我们发现一对相邻的点的LCA在转移时可能被用到多次，我们可以先预处理出所有相邻点的LCA，再直接拿过来用。空间上，可以考虑滚动，但还有个方法更优，我们考虑到n∗k≤3∗105，那么我们只要开个一维数组即可。

Code

#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>#include<iostream>#define M 300005using namespace std;template <class T>inline void Rd(T &res){    char c;res=0;int k=1;    while(c=getchar(),c<48&&c!='-');    if(c=='-'){k=-1;c='0';}    do{        res=(res<<3)+(res<<1)+(c^48);    }while(c=getchar(),c>=48);    res*=k;}template <class T>inline void Pt(T res){    if(res<0){        putchar('-');        res=-res;    }    if(res>=10)Pt(res/10);    putchar(res%10+48);}void check(int &a,int b){    if(a==-1||a>b)a=b;}struct edge{    int v,nxt;}e[M<<1];int n,k,A[M];int head[M],edgecnt;int dep[M],fa[M],top[M],L[M],R[M],sz[M],son[M],tim;void add_edge(int u,int v){    e[++edgecnt].v=v;e[edgecnt].nxt=head[u];head[u]=edgecnt;}void dfs(int x,int t){    if(~t)dep[x]=dep[t]+1;    fa[x]=t;    L[x]=++tim;    sz[x]=1;    for(int i=head[x];~i;i=e[i].nxt){        int v=e[i].v;        if(v==t)continue;        dfs(v,x);        sz[x]+=sz[v];        if(sz[v]>sz[son[x]])son[x]=v;    }    R[x]=tim;}void rdfs(int x,int t,int tp){    top[x]=tp;    for(int i=head[x];~i;i=e[i].nxt){        int v=e[i].v;        if(v==t)continue;        if(v==son[x])rdfs(v,x,tp);        else rdfs(v,x,v);    }}int LCA(int u,int v){    while(top[u]!=top[v]){        if(dep[top[u]]>dep[top[v]])u=fa[top[u]];        else v=fa[top[v]];    }    return dep[u]<dep[v]?u:v;}int dp[M+60000];int lca[M];void solve(){    memset(dp,-1,sizeof(dp));    dp[0]=0;    for(int i=1;i<n;i++)    lca[i]=LCA(A[i],A[i+1]);    for(register int i=1;i<=n;++i){        int pre2=(i-2)*(k+1);        int pre1=(i-1)*(k+1);        int now=i*(k+1);        for(register int j=0;j<=k;++j){            check(dp[now+j],dp[pre1+j]);            if(j>=1){                if(~dp[pre1+j-1])check(dp[now+j],dp[pre1+j-1]+dep[A[i]]);                if(i>=2&&~dp[pre2+j-1])check(dp[now+j],dp[pre2+j-1]+dep[lca[i-1]]);            }        }    }}int main(){    int a,b;    while(scanf("%d",&n)!=EOF){        memset(head,-1,sizeof(head));        memset(son,0,sizeof(son));        edgecnt=0;tim=0;        dep[1]=1;        Rd(k);        for(int i=1;i<=n;++i)Rd(A[i]);        for(int i=1;i<n;++i){            Rd(a);Rd(b);            add_edge(a,b);            add_edge(b,a);        }        dfs(1,-1);        rdfs(1,-1,1);        solve();        Pt(dp[n*(k+1)+k]);        putchar('\n');    }    return 0;}