洛谷 P7163 - [COCI2020-2021#2] Svjetlo（树形 dp）

洛谷题面传送门

神仙级别的树形 dp。

u1s1 这种代码很短但巨难理解的题简直是我的梦魇

首先这种题目一看就非常可以 DP 的样子，但直接一维状态的 DP 显然无法表示所有情况。注意到对于这类统计一个路径上权值之和的最值这样的问题，我们可以考虑借鉴 P4383 林克卡特树 的套路，即在 DP 状态中多记录一维 \(j\) 存储当前路径的延伸情况。但是这道题与 林克卡特树 的不同之处在于路径并非是简单路径，即一条路径可以先向上走一段，再向下走一段，接着再向上走一段。因此考虑这样设计 DP 状态：我们考察路径的起点和终点 \(x,y\)，并设 \(dp_{u,j,k}\) 表示目前 \(u\) 考虑到 \(u\) 的子树，\(x,y\) 中恰好有 \(j\) 个在 \(u\) 的子树中 \((j\in[0,2])\)，目前除了 \(u\) 的状态为 \(k\) 之外，\(u\) 子树内其剩余所有点的状态都变为 \(1\) 的最短序列长度。

初始三种情况都只有一条单一的 \(u\to u\) 的路径，即 \(dp_{u,0,a_u\oplus 1}=dp_{u,1,a_u\oplus 1}=dp_{u,2,a_u\oplus 1}=1\)。考虑怎样合并两棵子树的路径，即从 \(dp_{u,j,k}\) 与 \(dp_{v,p,q}\) 推出新的 \(dp_{u,j,k}\)，其中 \(u\) 的 \(v\) 的父亲，\(p+j\le 2\)。这一部分的转移略有亿点点恶心，下面将分条叙述：

• 若 \(p=1\)，那么 \(v\) 子树内的路径应当是一条不能再向下延伸，但可以再继续向上延伸的路径 \(x\to v\)，同理由于 \(p+q\le 2\)，\(u\) 子树内对应的路径必然有一个端点会向上延伸，即一条 \(u\to y\) 的路径，其中 \(y\) 可以等于 \(u\)，即 \(j=0\) 的情况，也可以不等于 \(u\)，即 \(j=1\) 的情况，那么：
  • 如果 \(k=1\)，那么此时直接将两部分拼在一起即可，即 \(x\to v\to u\to y\)，\(dp_{u,j,k}+dp_{v,p,q}\to newdp_{u,j+p,q}\)
  • 如果 \(k=0\)，那么在合并时候还要花费 \(2\) 的代价将 \(y\) 的状态变为 \(1\)，即 \(x\to v\to u\to v\to u\to y\)，此时 \(y\) 的状态也会改变，\(dp_{u,j,k}+dp_{v,p,q}+2\to newdp_{u,j+p,q\oplus 1}\)
• 若 \(p=2\)，那么 \(v\) 子树内的路径本来应是一段 \(x\to y\)，而 \(u\) 子树内的路径应为一段 \(u\to u\) 的回路，那么合并两段路径时，由于本来经过 \(v\) 的是一段完整的路径 \(x\to y\)，而现在我们要将 \(u\to u\) 的路径嵌进去，因此我们要将 \(x\to y\) 的路径拆成 \(x\to v\) 和 \(v\to y\)，然后将两段按 \(x\to v\to u\to u\to v\to x\) 的顺序合并，至于额外代价……首先将两个 \(v\) 拆开来需要有 \(1\) 的代价。其次如果 \(k=1\)，那么合并时将 \(v\) 拆成了两段会将 \(v\) 的状态改变一次，变成 \(0\)，此时我们还需要在 \(u,v\) 反复横跳一次之后才能将 \(v\) 的状态变为 \(1\)。而如果 \(k=0\)，则不需要，因此：
  • 如果 \(k=1\)，那么 \(dp_{u,j,k}+dp_{v,p,q}\to newdp_{u,j+p,q\oplus 1}+3\)
  • 如果 \(k=0\)，那么 \(dp_{u,j,k}+dp_{v,p,q}\to newdp_{u,j+p,q}+1\)
• 若 \(p=0\)，那么 \(v\) 子树内的路径就是一段回路 \(v\to v\)，我们合并两条路径时，由于两个 \(v\) 都要向上延伸，因此我们要将 \(u\) 子树内一段路径拆成两段 \(x\to u\) 和 \(y\to u\)，然后将 \(v\to v\) 嵌进去，即 \(x\to u\to v\to v\to u\to y\)，这样 \(u\) 的状态首先会改变一次，产生 \(1\) 的基本代价，而：
  • 如果 \(k=1\)，那不用额外代价，但 \(u\) 的状态会改变 \(1\)，\(dp_{u,j,k}+dp_{v,p,q}\to newdp_{u,j+p,q\oplus 1}+1\)
  • 如果 \(k=0\)，那还要在 \((u,v)\) 上反复横跳一次将 \(v\) 的状态改为 \(1\)，同时 \(u\) 的状态又改变了一次，这样一来一回贡献抵消了，因此 \(dp_{u,j,k}+dp_{v,p,q}\to newdp_{u,j+p,q}+3\)

状态转移情况就这么多。注意一些细节的情况，比方说一个子树如果所有点的状态都是 \(1\)，那我们大可不必进入这个子树，直接 continue 即可，还有就是要以一个 \(s_i='0'\) 的点为根 DFS。

总复杂度 \(\mathcal O(n)\)

const int MAXN=5e5;
int n,a[MAXN+5],rt=-1;char s[MAXN+5];
int hd[MAXN+5],to[MAXN*2+5],nxt[MAXN*2+5],ec=0;
void adde(int u,int v){to[++ec]=v;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;}
int sum[MAXN+5],dp[MAXN+5][3][2];
void dfs(int x,int f){
	sum[x]=(!a[x]);
	dp[x][0][a[x]^1]=dp[x][1][a[x]^1]=dp[x][2][a[x]^1]=1;
	for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
		int y=to[e];if(y==f) continue;dfs(y,x);
		sum[x]|=sum[y];if(!sum[y]) continue;
		static int tmp[3][2];memset(tmp,63,sizeof(tmp));
		for(int i=0;i<2;i++) for(int j=0;j<2;j++)
			for(int p=0;p<3;p++) for(int q=0;p+q<3;q++){
				if(q==0) chkmin(tmp[p+q][i^j],dp[x][p][i]+dp[y][q][j]+3-j*2);
				if(q==1) chkmin(tmp[p+q][i^j^1],dp[x][p][i]+dp[y][q][j]+2-j*2);
				if(q==2) chkmin(tmp[p+q][i^j],dp[x][p][i]+dp[y][q][j]+3-(j^1)*2);
			}
		memcpy(dp[x],tmp,sizeof(dp[x]));
	}
}
int main(){
	scanf("%d%s",&n,s+1);
	for(int i=1,u,v;i<n;i++) scanf("%d%d",&u,&v),adde(u,v),adde(v,u);
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=s[i]-'0';
	for(int i=1;i<=n;i++) if(!a[i]) rt=i;
	memset(dp,63,sizeof(dp));
	dfs(rt,0);printf("%d\n",dp[rt][2][1]);
	return 0;
}