BZOJ 1864

        首先对于这道题，首先我们可以想到，一个节点染成红色或蓝色是没有任何区别的，因为我们可以将树中的所有红色和蓝色对调，这样我们就可以得到一种和原来完全相同的方案，这样我们可以设计状态dp[i][0]和dp[i][1]，分别表示以i为根节点的子树可以涂绿的最大值，其中1表示i涂成了绿色，0表示没有涂成绿色，令L[i]和R[i]分别表示i的左节点和右节点，容易得到转移方程：dp[i][0]=max(dp[L[i]][0]+dp[R[i]][1],dp[L[i]][1]+dp[R[i]][0],dp[L[i]][0]+dp[R[i]][0])，dp[i][1]=dp[L[i]][0]+dp[R[i]][0]+1。自底向上转移即可。然后问题就在于如何求出L[i]和R[i]，我们可以知道当一个点有两个儿子时，我们处理完左子树后，左子树中的位置最靠后的点的下一个点一定是右子树的根，那么我们可以利用这个性质递归构造右子树。      

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;#define maxn 1000005char s[maxn];int L[maxn],R[maxn],cur;int dpmax[maxn][2],dpmin[maxn][2];int que[maxn];void make_tree(int x){cur=max(x,cur);if (s[x]=='0') return;if (s[x]=='1') {L[x]=x+1;make_tree(x+1);}if (s[x]=='2') {L[x]=x+1;cur=0;make_tree(x+1);R[x]=cur+1;make_tree(cur+1);}}void bfs(void) {int h=1,t=1;que[1]=1;while (h<=t) {int u=que[h];h++;if (L[u]) que[++t]=L[u];if (R[u]) que[++t]=R[u];}}int main(){scanf("%s",s);int n=strlen(s);for (int i=n;i>=1;i--) s[i]=s[i-1];make_tree(1);bfs();memset(dpmin,53,sizeof dpmin);dpmin[0][0]=dpmin[0][1]=0;for (int i=n;i>=1;i--) {int x=que[i];if (L[x]==0&&R[x]==0) {dpmax[x][0]=0;dpmin[x][0]=0;dpmax[x][1]=1;dpmin[x][1]=1;continue;}dpmax[x][0]=max(dpmax[L[x]][1]+dpmax[R[x]][0],dpmax[L[x]][0]+dpmax[R[x]][1]);dpmax[x][0]=max(dpmax[x][0],dpmax[L[x]][0]+dpmax[R[x]][0]);dpmax[x][1]=dpmax[L[x]][0]+dpmax[R[x]][0]+1;dpmin[x][0]=min(dpmin[L[x]][1]+dpmin[R[x]][0],dpmin[L[x]][0]+dpmin[R[x]][1]);dpmin[x][0]=min(dpmin[x][0],dpmin[L[x]][1]+dpmin[R[x]][1]);dpmin[x][1]=dpmin[L[x]][0]+dpmin[R[x]][0]+1;}printf("%d %d\n",max(dpmax[1][0],dpmax[1][1]),min(dpmin[1][0],dpmin[1][1]));return 0;}