JZOJ 5496 Tree

Tree

Description

Data Constraint

k<=n<=3000

Solution

我们容易发现k=n时, 其实就是选择一个点作为起点, 每次向相邻的点移动, 遍历所有点的最小代价。
我们发现除了起点到终点那条链上的边只走了一次外, 其他的边都经过了两次。
那么答案显然就是2*∑v−树的最长链的长度。
我们现在就是要找树的一个点集，求出这个k个点组成的树的总边长减去最长链的最小值。
首先这k个点一定是一个联通子树。

设fi,j表示以i为根的子树中选出了j个点，这j个点的边长之和*2的最小值。
设g0i,j表示以i为根的子树中选出了j个点，这j个点的边长之和*2-最长链的最小值，其中最长链的两端都不是i。
设g1i,j表示以i为根的子树中选出了j个点，这j个点的边长之和*2-最长链的最小值，其中最长链的两端的其中一端是i。
转移根据定义来就可以了，详细请看标程，最后答案为min(min(g0i,k),min(g1i,k))。

等等，这不是n3的转移吗，懵了半天，看不懂题解，最后终于发现时间复杂度是O(n2)的，点解咧？
可以发现时间复杂度其实是这个东西：

∑fai=fajsizei∗sizej

每一对点只会在其lca处贡献一次，故为O(n2)，原来这东西是O(n2)，我今天才知道，真是孤陋寡闻了。

Code

#include<iostream>#include<algorithm>#include<cstdio>#include<cstring>#define fo(i,j,l) for(int i=j;i<=l;++i)#define fd(i,j,l) for(int i=j;i>=l;--i)using namespace std;typedef long long ll;const ll N=32e2,M=2*N,pp=9e11;int ne[M],lb[M],la[N],size[N],fa[N];ll co[M];int n,m,j,k,l,i,o,oo,ppp,a,b;ll c;ll f[N][N],g0[N][N],g1[N][N];void llb(int x,int y,ll z){ne[++oo]=la[x]; la[x]=oo; lb[oo]=y; co[oo]=z;}ll min(ll a,ll b){return a<b?a:b;}void dg(int o){    f[o][1]=g1[o][1]=g0[o][1]=0;    f[o][0]=0;    fo(i,2,k)f[o][i]=g0[o][i]=g1[o][i]=pp;    size[o]=1;    for(int y=la[o];y;y=ne[y])if(fa[lb[y]]==0){        int t=lb[y]; fa[t]=o; dg(t);        fd(i,min(size[o],k),1)        fd(l,min(k-i,size[t]),1)        {            f[o][i+l]=min(f[o][i+l],f[o][i]+f[t][l]+co[y]*2);            g0[o][i+l]=min(g0[o][i+l],g1[o][i]+g1[t][l]+co[y]);            g1[o][i+l]=min(g1[o][i+l],f[o][i]+g1[t][l]+co[y]);            g1[o][i+l]=min(g1[o][i+l],g1[o][i]+f[t][l]+2*co[y]);            g0[o][i+l]=min(g0[o][i+l],g0[o][i]+f[t][l]+2*co[y]);            g0[o][i+l]=min(g0[o][i+l],f[o][i]+g0[t][l]+2*co[y]);        }        fo(i,1,min(k,size[o]))g0[o][i]=min(g0[o][i],g1[o][i]);        size[o]+=size[t];    }}int main(){    cin>>n>>k;    fo(i,1,n-1){        scanf("%d%d%lld",&a,&b,&c);        llb(a,b,c); llb(b,a,c);    }    fa[n]=-1; dg(n);    ll ans=pp;    fo(i,1,n)ans=min(ans,min(g0[i][k],g1[i][k]));    printf("%lld",ans);}