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编程问答

树形动归专题

發布時間：2025/4/16 编程问答 20 豆豆

生活随笔收集整理的這篇文章主要介紹了树形动归专题小編覺得挺不錯的,現在分享給大家,幫大家做個參考.

直覺上覺得顏色數量不會很多。我就假定最后最多10種顏色。

假定一個root。

f[i][k]表示i為root的子樹里i取k色，得到的最小值。

代碼 #include<iostream>
#include<cstdio>
#define INF 1000000000
using namespace std;
struct node{
int y,next;
}E[100001];

int cnt,edg[50001],n,x,y,ans,f[50001][11],NN;
void add_edge(int x,int y)
{
++cnt;E[cnt].y=y;E[cnt].next=edg[x];edg[x]=cnt;
}
int dp(int i,int x,int last)
{
if (f[i][x]!=-1) return f[i][x];

int Min=INF,tt;
tt=x;
for (int j=edg[i];j!=0;j=E[j].next)
if (E[j].y!=last)
{
Min=INF;
for (int k=1;k<=NN;++k) if (k!=x)
if (dp(E[j].y,k,i)<Min) Min=dp(E[j].y,k,i);
tt+=Min;
}

f[i][x]=tt;
return tt;
}
int main()
{
freopen("GEMS.in","r",stdin);
freopen("GEMS.out","w",stdout);
NN=10;
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<n;++i)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
add_edge(x,y);
add_edge(y,x);
}
for (int i=1;i<=n;++i) for (int j=1;j<=100;++j) f[i][j]=-1;
ans=INF;
for (int i=1;i<=NN;++i)
if (dp(1,i,0)<ans) ans=dp(1,i,0);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}

數據生成器

【題目背景】

小明在做NOI2003練習賽的《幸福的老鼠》時覺得題目太簡單了，于是對原題做了一些擴展：

l???????將原題的N從20擴展到200000。

l???????將原題經過一條街道需要的時間改為T_i（1 ￡ T_i ￡ 1000000000）分鐘（i為街道的編號）。

l???????增加了一個條件：小狗家Y離老鼠家X的距離小于等于大狗家Z離老鼠家X的距離。

即使這樣，他仍然很快地做了出來。于是，小明打算做一些輸入文件來測試他的程序。現在他已經生成了一些符合題意的圖，不過為了增大測試數據的難度，他希望你能幫他選取一組X、Y、Z，使老鼠拿到禮物的時間盡可能地大。

【小明擴展的題目（注意，你并不需要解決此題）】

幸福的老鼠Jerry要過生日了，小狗大狗分別送了它一份生日禮物。現在Jerry打算從自己家X出發，先到小狗家Y（因為小狗家Y離老鼠家X的距離小于等于大狗家Z離老鼠家X的距離），再到大狗家Z，將兩份禮物取回。

卡通城由N（3 ￡ N ￡ 200000）個居住點和N-1條連接居住點的雙向街道組成，經過第i條街道需花費T_i（1 ￡ T_i ￡1000000000）分鐘的時間。可以保證，任兩個居住點間都存在通路。

不妨設Jerry家在點X，小狗家在點Y，大狗家在點Z。現在，請你計算，Jerry最快需要耗費多長時間才能拿到生日禮物？

【任務描述】

定義：令|AB|表示卡通城中從A點走到B點需要的最少時間。

給出卡通城的地圖，找到一組X、Y、Z，使得：?

l???????|XY|≤|XZ|

l???????|XY|+|YZ|最大。

并求出此時|XY|+|YZ|的值。

【輸入文件】

輸入文件jerrygen.in第一行是兩個整數N（3 ￡ N ￡ 200000）和M（M=N-1），分別表示居住點總數和街道總數。從第2行開始到第N行，每行給出一條街道的信息。第i+1行包含整數U_i、V_i、T_i（1￡U_i, V_i ￡ N，1 ￡ T_i ￡ 1000000000），表示街道i連接居住點U_i和V_i，并且經過街道i需花費T_i分鐘。

【輸出文件】

輸出文件jerrygen.out僅包含一個整數T，即|XY|+|YZ|的最大值。

【樣例輸入】

4 3

1 2 1

2 3 1

3 4 1

【樣例輸出】

先假定一個root。

分析一下實質上是求前三長路。fir[i],sec[i],thi[i]分別表示該樹根子數下的k短。

from[i]在記錄一下fir[i]是用那條路更新的。最后再dfs吧父親也給考慮下去。

有很多這樣先假定樹根，少考慮父親然后最后再線性dfs補充烤爐的題目。

代碼 #include<iostream>
#include<cstdio>
#define LL long long
#define N 200001
using namespace std;
struct node{
LL y,z,next;
}E[N*2];

LL edg[N],cnt,x,y,z,ans,fir[N],sec[N],thi[N],from[N],vis[N],n,m;
void add_edge(LL x,LL y,LL z)
{
++cnt;E[cnt].y=y;E[cnt].next=edg[x];edg[x]=cnt;E[cnt].z=z;
}
void dp(LL x,LL last,LL tot)
{
// if (vis[x]) return;
// vis[x]=1;
// ar[x]=tot;
LL v;
for (LL j=edg[x];j!=0;j=E[j].next)
if (last!=E[j].y)
{
dp(E[j].y,x,tot+E[j].z);
v=E[j].y;
if (fir[v]+E[j].z>fir[x]) {from[x]=v;thi[x]=sec[x];sec[x]=fir[x];fir[x]=fir[v]+E[j].z;}
else
if (fir[v]+E[j].z>sec[x]) {thi[x]=sec[x];sec[x]=fir[v]+E[j].z;}
else
if (fir[v]+E[j].z>thi[x]) {thi[x]=fir[v]+E[j].z;}
}
}
void dfs(LL x,LL last,LL tot)
{
if (tot>fir[x]) {from[x]=last;thi[x]=sec[x];sec[x]=fir[x];fir[x]=tot;}
else
if (tot>sec[x]) {thi[x]=sec[x];sec[x]=tot;}
else
if (tot>thi[x]) {thi[x]=tot;}
LL kk=0;
for (LL j=edg[x];j!=0;j=E[j].next)
if (last!=E[j].y)
{
kk=tot;
if (from[x]!=E[j].y && fir[x]>kk) kk=fir[x];
if (from[x]==E[j].y && sec[x]>kk) kk=sec[x];
dfs(E[j].y,x,kk+E[j].z);
}

}
int main()
{
freopen("jerrygen.in","r",stdin);
freopen("jerrygen.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for (LL i=1;i<=m;++i)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
add_edge(x,y,z);
add_edge(y,x,z);
}
dp(1,0,0);
dfs(1,0,0);
// for (LL i=1;i<=n;++i)
// printf("%d %d %d %d\n",i,fir[i],sec[i],thi[i]);
/*
for (LL i=1;i<=n;++i)
{
if (ar[i]>fir[i]) {thi[i]=sec[i];sec[i]=fir[i];fir[i]=ar[i];}
else
if (ar[i]>sec[i]) {thi[i]=sec[i];sec[i]=ar[i];}
else
if (ar[i]>thi[i]) {thi[i]=ar[i];}
} */
// for (LL i=1;i<=n;++i)
// printf("*(%d %d %d %d\n",i,fir[i],sec[i],thi[i]);
for (LL i=1;i<=n;++i)
if (fir[i]+sec[i]*2+thi[i]>ans) ans=fir[i]+sec[i]*2+thi[i];
cout<<ans<<endl;
return 0;
}

Day 2

(7.18 14:00-19:30)

Tribe council

有一個部族有N個人，這里有一個他們的家族樹，1是根節點表示父親和兒子的關系。節點1是樹根。他們要在神圣的山的西邊進行一個奇特的會議，就坐在一排桌子旁邊，如下圖。每個人都盡可能的往前面的桌子坐，如果那個桌子上當前沒有他的兒子或者父親。

現在讓你確定一個他們就坐的順序，使得他們占的桌子數最多。

任務

求能占有的最多桌子數

輸入文件 tribe.in

第一行是人數N

以下N-1行每行兩個整數x,y，表示x是y的父親

輸出文件tribe.out

把答案輸出到文件

數據范圍

1<N<=100 000

30%的數據N<=1000

每張桌子有無限的容量

樣例

tribe.in

tribe.out

1 4

3 2

1 3

3 5

解釋

樣例可以以這種順序入座 2 4 1 5 3

2 到桌1
4 到桌1
1 有孩子 (4) 在桌1,所以去桌2
5 到桌1
3 有2個孩子在桌1(2 and 5) 而且有父親 (1)在桌2,所以去桌3.

要求一共能占據多少排，那么就是要使某一個人能坐到盡量靠后的排。在解決問題之前，我們要考慮這樣幾個問題。假如一個人能坐到第n排，那么他必然能坐到1到n排，因為他坐到第n排的時候，他的相鄰點能占據1,2…n-1排，那么讓占據1的先坐，然后到占據2的，……。只要他在適當的時候插入，就能坐到1至n排之中的任意一排。另外，如果一個人能坐到第n排，那么他的相鄰點一定能分別占據1到n-1排，由于這個點之后才到會，所以之前，每個相鄰點都是憑著去掉這個點后的某個子樹的人際關系，坐到一個適當位置的。更確切的說，一個點能坐到第n排，按照一定順序，他的相鄰點p1、p2、p3…能坐到的最后排a1、a2、a3……滿足a1>=1,a2>=2,a3>=3……。所以在得知一個點的所有相鄰點能坐到的最大排后，坐到第一排的肯定用最小的，坐到第二排的肯定用次小的，我們按他們能坐到的最大排來排序，就能很容易的判斷一個點能坐到第幾排。

這題也是要考慮一個點的各個分叉，我們可以先假設樹有一個根，我們先求一個點能憑借它的兒子坐到多少排。然后我們發現，我們沒有考慮了一個點通向根的一個分叉，我們需要把漏掉的補上。假設P是Q的父親節點，P能坐到的最大排已經求出。P要為Q服務，就必須將P的減掉Q這個分支后，再求它坐到的最大排，把P加入Q的相鄰點，由于根節點已經完全考慮，我們從根節點往下，就能把所有點求出。-------集訓隊論文

其實這題跟上題一樣都是先假定樹根，然后再現不考慮父親。

最后再dfs一遍補充考慮父親。

代碼 #include<iostream>
#include<cstdio>
#define INF 10000000000
#define N 100001
using namespace std;
struct node{
int y,next;
}E[N*2];

int edg[N],x,y,ans,n;
int sum[N][30];
int f[N],cnt;
void add_edge(int x,int y)
{
++cnt;E[cnt].y=y;E[cnt].next=edg[x];edg[x]=cnt;
}
void dp(int x,int last)
{
for (int j=edg[x];j!=0;j=E[j].next)
if (E[j].y!=last)
{
dp(E[j].y,x);
++sum[x][f[E[j].y ] ];
}
int tot=0;
for (int i=1;i<=20;++i)
{
tot+=sum[x][i];if (tot>i) tot=i;
}
f[x]=tot+1;
return;
}
void dfs(int x,int last,int mm)
{

int tot=0;

++sum[x][mm];
for (int i=1;i<=20;++i)
{
tot+=sum[x][i];if (tot>i) tot=i;
}
if (tot+1>ans) ans=tot+1; // calc_ans

for (int j=edg[x];j!=0;j=E[j].next)
if (E[j].y!=last)
{
--sum[x][ f[E[j].y ] ];

tot=0;
for (int i=1;i<=20;++i)
{
tot+=sum[x][i];if (tot>i) tot=i;
}

dfs(E[j].y,x,tot+1);

++sum[x][ f[E[j].y ] ];

}
}
int main()
{
freopen("tribe.in","r",stdin);
freopen("tribe.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<n;++i)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
add_edge(x,y);
add_edge(y,x);
}

ans=0;
dp(1,0);
for (int i=1;i<=n;++i) if (f[i]>ans) ans=f[i];
dfs(1,0,0);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}

?? ?選課

[問題描述]

在大學里每個學生，為了達到一定的學分，必須從很多課程里選擇一些課程來學習，在課程里有些課程必須在某些課程之前學習，如高等數學總是在其它課程之前學習。現在有N門功課，每門課有個學分，每門課有一門或沒有直接先修課（若課程a是課程b的先修課即只有學完了課程a，才能學習課程b）。一個學生要從這些課程里選擇M門課程學習，問他能獲得的最大學分是多少？

輸入：

第一行有兩個整數N,M用空格隔開。(1<=N<=300,1<=M<=160)

接下來的N行,第I+1行包含兩個整數k_i和s_i, k_i表示第I門課的直接先修課，s_i表示第I門課的學分。若k_i=0表示沒有直接先修課（1<=k_i<=N,1<=s_i<=20）。

輸出：

只有一行，選M門課程的最大得分。

樣例：

輸入：

7? 4

2? 2

0? 1

0? 4

2? 1

7? 1

7? 6

2? 2

輸出：

徐持衡論文。。。。。

代碼 #include<iostream>
#include<cstdio>
#define N 1000
using namespace std;
struct node{
int y,next;
} E[N*2];

int edg[N],ans,s[N],n,x,C,cnt;
int f[N][N];
void add_edge(int x,int y)
{
++cnt;E[cnt].next=edg[x];edg[x]=cnt;E[cnt].y=y;
}
void dp(int u,int C)
{
if (C<=0) return;
int v;

for (int j=edg[u];j!=0;j=E[j].next)
{
v=E[j].y;
for (int i=0;i<=C;++i) f[v][i]=f[u][i];
dp(v,C-1);
for (int i=0;i<=C-1;++i)
if (f[v][i]+s[v]>f[u][i+1]) f[u][i+1]=f[v][i]+s[v];
}
}
int main()
{
freopen("choice.in","r",stdin);
freopen("choice.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&C);
for (int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%d%d",&x,&s[i]);
add_edge(x,i);
}
dp(0,C+1);
for (int i=0;i<=C;++i) if (f[0][i]>ans) ans=f[0][i];
cout<<ans<<endl;
return 0;
}

轉載于:https://www.cnblogs.com/LitIce/archive/2010/11/09/1872835.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的树形动归专题的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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