【JZOJ3861】【JSOI2014】支线剧情2

Description

Data Constraint

Solution

这是一道树形dp的题。虽然我到死也没想出来……
我们设出f[x][0..1]。f[x][0]表示当前以x为根的子树全不放存档点的代价。f[x][1]表示当前以x为根的子树放了存档点的代价。f[x][0]的转移显然，我们来想想怎么转移f[x][1]。以x为根的子树若放了存档点，有3种情况：
1、当前的x的直接儿子y，假如它也放了存档点，那么就有f[y][1]+deep[y],即重新从1走到y，存个档后往下走。deep[y]表示从1走到y的代价。
2、当前的x的直接儿子y，假如它没放了存档点，而x放了存档点，那么就有f[y][0]+size[y]*value[t],即每次从x存档点往下走到y，那么x到y的边则走了size[y]次。size[y]表示以y为根的子树的叶子节点，value[t]表示x到y的边权。
3、当前的x的直接儿子y，假设y之前的x的直接儿子都不放存档点，而x放了存档点，y也放了存档点，那么就有k+f[y][1]+value[t]。因为y之前的x的直接儿子都不放存档点，而x,y放了存档点，那么直接从x往下走一个格直接存档就好了。k表示y之前的x的直接儿子的f[y’][0]的和。

Code

#include<iostream>#include<cmath>#include<cstring>#include<cstdio>#include<algorithm>#define ll long longusing namespace std;const ll maxn=1e6+5;ll first[maxn],last[maxn],next[maxn],f[maxn][2],value[maxn],size[maxn],deep[maxn];ll n,i,t,j,k,l,x,y,z,num;void lian(ll x,ll y,ll z){    last[++num]=y;next[num]=first[x];first[x]=num;value[num]=z;}void dg(int x){    ll t,k=0,l=0;    if (!first[x]) size[x]++;    for (t=first[x];t;t=next[t]){        deep[last[t]]=deep[x]+value[t];dg(last[t]);        size[x]+=size[last[t]];        f[x][0]+=f[last[t]][0]+size[last[t]]*value[t];        f[x][1]=min(f[x][1]+min(f[last[t]][1]+deep[last[t]],f[last[t]][0]+size[last[t]]*value[t]),k+f[last[t]][1]+value[t]);        k+=f[last[t]][0]+size[last[t]]*value[t];    }    f[x][1]=min(f[x][0],f[x][1]);}int main(){//  freopen("data.in","r",stdin);    scanf("%lld",&n);    for (i=1;i<=n;i++){        scanf("%lld",&t);        for (j=1;j<=t;j++)            scanf("%lld%lld",&x,&y),lian(i,x,y);    }    dg(1);    printf("%lld\n",f[1][1]);}