BZOJ 4042 Luogu P4757 [CERC2014]Parades (树形DP、状压DP)

题目链接

(BZOJ) https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4042

(Luogu) https://www.luogu.org/problem/P4757

题解

挺神仙的题。

观察到两个重要性质:

(1) 只有不影响任何已选方案的时候，才需要去考虑是否要选择\(u\)的子树内往上走的链。(因为链不带权值)

(2) 如果要选择\(u\)子树内往上走的链，那么最多选择一条。

由此可知，我们可以记录哪些链在\(u\)子树内的所有方案中是必选的，所有非必选的都可视作空闲。因为往上走的链最多选择一条，所以如果这条链和一条非必选的边冲突，有办法调整最优方案使得这条链选上，而不会受到“两条非必选的边至少选一条”这种情况的影响。

于是我们记录\(dp[u]\)表示\(u\)子树内最多选择多少链以及\(S[u]\)表示\(u\)子树内最优解非必选的端点，转移的时候先把所有的儿子拿出来，建一个图，两点\(i,j\)连边当且仅当存在\(x\in S[i],y\in S[j], x,y\)是输入的一条路径，然后用状压DP求它的最大匹配即可。设\(dp0[i]\)表示\(i\)集合内的最大匹配，\(U\)为所有儿子的全集，那么若\(dp0[U]=dp0[U-\{i\}]\)就说明\(i\)非必选，那么把\(S[i]\)加入到\(S[u]\)中。

注意特殊处理以\(u\)为一条链的端点的情况。

时间复杂度\(O(n^2+nd2^d+m)\).

代码

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<cassert>
#include<vector>
using namespace std;

const int N = 1000;
const int M = 5e5;
const int D = 10;
int lg2[(1<<D)+3];
struct Edge
{
	int v,nxt;
} e[(N<<1)+3];
int fe[N+3];
int fa[N+3];
bool a[N+3][N+3];
vector<int> ac[N+3];
int dp[N+3];
vector<int> son;
bool ae[D+3][D+3];
bool ae0[D+3];
int dp0[(1<<D)+3];
int n,en,m;

void addedge(int u,int v)
{
	en++; e[en].v = v;
	e[en].nxt = fe[u]; fe[u] = en;
}

void dfs(int u)
{
	dp[u] = 0;
	for(int i=fe[u]; i; i=e[i].nxt)
	{
		int v = e[i].v;
		if(v==fa[u]) continue;
		fa[v] = u;
		dfs(v);
		dp[u] += dp[v];
	}
	son.clear();
	for(int i=fe[u]; i; i=e[i].nxt)
	{
		int v = e[i].v;
		if(v==fa[u]) continue;
		son.push_back(v);
	}
	for(int i=0; i<son.size(); i++)
	{
		for(int j=i+1; j<son.size(); j++)
		{
			ae[i][j] = ae[j][i] = false;
			for(int ii=0; ii<ac[son[i]].size(); ii++)
			{
				for(int jj=0; jj<ac[son[j]].size(); jj++)
				{
					if(a[ac[son[i]][ii]][ac[son[j]][jj]])
					{
						ae[i][j] = ae[j][i] = true; break;
					}
				}
			}
		}
		ae0[i] = false;
		for(int ii=0; ii<ac[son[i]].size(); ii++) {if(a[ac[son[i]][ii]][u]) {ae0[i] = true; break;}}
	}
	dp0[0] = 0;
	for(int i=1; i<(1<<son.size()); i++)
	{
		int x = lg2[i&(-i)];
		dp0[i] = dp0[i^(1<<x)];
		if(ae0[x]) {dp0[i]++;}
		for(int j=0; j<son.size(); j++)
		{
			if(i&(1<<j))
			{
				if(ae[x][j]) {dp0[i] = max(dp0[i],dp0[i^(1<<x)^(1<<j)]+1);}
			}
		}
	}
	dp[u] += dp0[(1<<son.size())-1];
	for(int i=0; i<son.size(); i++)
	{
		if(dp0[(1<<son.size())-1]==dp0[((1<<son.size())-1)^(1<<i)])
		{
			for(int j=0; j<ac[son[i]].size(); j++) {ac[u].push_back(ac[son[i]][j]);}
		}
	}
	ac[u].push_back(u);
}

int main()
{
	for(int i=0; i<=D; i++) lg2[1<<i] = i;
	int T; scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d",&n);
		for(int i=1; i<n; i++)
		{
			int u,v; scanf("%d%d",&u,&v);
			addedge(u,v); addedge(v,u);
		}
		scanf("%d",&m);
		for(int i=1; i<=m; i++)
		{
			int u,v; scanf("%d%d",&u,&v);
			a[u][v] = a[v][u] = 1;
		}
		dfs(1);
		printf("%d\n",dp[1]);
		for(int i=1; i<=n; i++) fe[i] = fa[i] = 0,ac[i].clear();
		for(int i=1; i<=en; i++) e[i].v = e[i].nxt = 0;
		for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=1; j<=n; j++) a[i][j] = a[j][i] = 0;
		n = en = m = 0;
	}
	return 0;
}