[日常训练] Tree

分析 树形DP

• 经典的模型依旧只会暴力，果然蒟蒻呀
• 设f[u][j]表示从点u出发，在u的子树中经过j个点最后回到点u的最小距离和
• 设g[u][j]表示从点u出发，在u的子树中经过j个点最后停在任意一点（其实也相当于从u的子树中任意一点出发，经过j个点最后回到点u）的最小距离和
• 设h[u][j]表示在u的子树中从任意一点出发，经过j个点并保证经过点u，最后停在任意一点的最小距离和
• 显然f,g,h都是由u的子节点v转移过来，则我们可以得到如下转移（为了描述方便，设已经处理完的u的子节点的子树集合为A，当前处理的子节点v的子树为B，用→表示每种转移所对应的在树上走的方案）
• 对于f[u][j]：
  
  • f′[u][j+k]=min(f[v][k]+f[u][j]+2⋅dis(u,v))(u→A→u→B→u)
• 对于g[u][j]：
  
  • g′[u][j+k]=min(g[v][k]+f[u][j]+dis(u,v))(u→A→u→B)
  • g′[u][j+k]=min(f[v][k]+g[u][j]+2⋅dis(u,v))(u→B→u→A)
• 对于h[u][j]：
  
  • h′[u][j+k]=min(f[v][k]+h[u][j]+2⋅dis(u,v))(A→u→B→u→A)
  • h′[u][j+k]=min(h[v][k]+f[u][j]+2⋅dis(u,v))(B→u→A→u→B)
  • h′[u][j+k]=min(g[v][k]+g[u][j]+dis(u,v))(A→u→B)
• 时间复杂度的证明也是比较经典了，每次枚举的是szeu⋅szev，相当于每次从A,B中各任选一点，它们的LCA为u，这样的点对枚举不会重复，因此总的时间复杂度为O(n2)

代码

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cctype>#include <algorithm>#include <cstring>using namespace std;namespace INOUT{    const int S = 1 << 20;    char frd[S], *hed = frd + S;    const char *tal = hed;    inline char nxtChar()    {        if (hed == tal)            fread(frd, 1, S, stdin), hed = frd;        return *hed++;    }    inline int get()    {        char ch; int res = 0; bool flag = false;        while (!isdigit(ch = nxtChar()) && ch != '-');        (ch == '-' ? flag = true : res = ch ^ 48);        while (isdigit(ch = nxtChar()))            res = res * 10 + ch - 48;        return flag ? -res : res;    }};using namespace INOUT;const int Maxn = 0x3f3f3f3f;const int N = 3005;int n, Ans = Maxn, K, sze[N];int f[N][N], g[N][N], h[N][N];int ff[N][N], gg[N][N], hh[N][N];struct Edge{    int to, cst; Edge *nxt;}p[N << 1], *T = p, *lst[N];inline void LinkEdge(int x, int y, int z){    (++T)->nxt = lst[x]; lst[x] = T; T->to = y; T->cst = z;    (++T)->nxt = lst[y]; lst[y] = T; T->to = x; T->cst = z;}inline int Min(int x, int y) {return x < y ? x : y;}inline void CkMin(int &x, int y) {if (x > y) x = y;}inline void Dfs(int u, int fa){    sze[u] = 1;    h[u][1] = g[u][1] = f[u][1] = 0;    for (Edge *e = lst[u]; e; e = e->nxt)    {        int v = e->to;        if (v == fa) continue;        Dfs(v, u);         for (int j = 1, jm = sze[u] + sze[v]; j <= jm; ++j)        {            ff[u][j] = f[u][j];            gg[u][j] = g[u][j];            hh[u][j] = h[u][j];        }        int L1 = e->cst, L2 = e->cst << 1;        for (int j = 1; j <= sze[u]; ++j)            for (int k = 1; k <= sze[v]; ++k)            {                CkMin(ff[u][j + k], f[v][k] + f[u][j] + L2);                CkMin(gg[u][j + k], g[v][k] + f[u][j] + L1);                CkMin(gg[u][j + k], f[v][k] + g[u][j] + L2);                CkMin(hh[u][j + k], f[v][k] + h[u][j] + L2);                CkMin(hh[u][j + k], h[v][k] + f[u][j] + L2);                CkMin(hh[u][j + k], g[v][k] + g[u][j] + L1);            }        for (int j = 1, jm = sze[u] + sze[v]; j <= jm; ++j)        {            f[u][j] = ff[u][j];            g[u][j] = gg[u][j];            h[u][j] = hh[u][j];        }        sze[u] += sze[v];    }    CkMin(Ans, h[u][K]);}int main(){    freopen("tree.in", "r", stdin);    freopen("tree.out", "w", stdout);    n = get(); K = get(); int x, y;    for (int i = 1; i < n; ++i)    {        x = get(); y = get();        LinkEdge(x, y, get());    }    memset(f, Maxn, sizeof(f));    memset(g, Maxn, sizeof(g));    memset(h, Maxn, sizeof(h));    Dfs(1, 0);    printf("%d\n", Ans);    fclose(stdin); fclose(stdout);    return 0;}