bzoj 1495

这是一道...卡了我一个月的树形dp...

我真是太弱了...

其实仔细想想，这题的核心思路并不是特别复杂，但是的确存在不小的难度

作为一个看过全网基本所有题解+标程才弄明白这题到底怎么回事的蒟蒻，我努力把所有东西揉到一起让各位看官一眼看懂...

首先我们简化一下题意：给定一棵满二叉树，每个叶节点有一个状态（0,1），任选两个叶节点，如果这两个叶节点状态相同但他们的LCA所管辖的子树中的与他们状态相同的叶节点个数较少（少于1/2），则会产生2f的代价，如果状态不同，则产生f的代价，如果状态相同且LCA管辖子树中与他们状态相同叶节点个数较多，则不产生代价，现在每个节点可以变更状态，但变更状态也有自己的代价，求最小总代价

那么..怎么搞？

首先，有一个很重要的思想：点对之间的问题是难以快速解决的！

很简单，因为如果我们按点对统计贡献，那么在枚举到每个叶节点都需要考虑其他所有叶节点，这样是不利于我们处理问题的

所以我们第一步要考虑的是把点对的贡献压到一个点上

很幸运，题目给出了这样的方式：

注意题目中“产生2f的代价”“产生f的代价”这两句话！

那么如果我们同样给所有非叶节点一个状态（0,1），代表这个节点管辖的子树中叶节点状态为0的多还是状态为1的多，那么我们显然可以看到：如果一个叶节点和这个根节点的状态相同，那么这个叶节点不会产生贡献，反之会产生一个f的贡献！

证明：分类讨论：

①：假设两个节点与根节点状态都相同，那么这两个节点都不产生贡献，满足题意

②：假设两个节点与根节点状态都不同，那么这两个节点都产生一个f的贡献，满足题意

③：如果有一个点与根节点状态相同，那么这两个节点只产生一个f的贡献，同样满足题意

因此我们这样处理点对是正确的

总结：在处理点对时，我们要把一个点对的贡献压到一个点上，同时给所有非叶节点一个状态，这样就能满足题意了

接下来就可以进行树形dp了

记状态dp[i][j]表示当前位于树上的第i个节点，其子树的叶节点中状态为0的点的个数为j时所需的最小代价

（这里对题意有一个小提示：当两种状态的叶节点数量相等时，认为状态为0的叶节点个数多）

如果这个节点不是叶节点，那么显然，这个节点会有两种可能的状态：

①：这个节点状态为1，认为对应的情况为子树中状态为0的节点偏多，那么可以转移的dp部分是叶节点个数/2-叶节点个数

②：这个节点状态为0，认为对应的情况为子树中状态为1的节点偏多，那么可以转移的dp部分是0-叶节点个数/2-1

那么我们分两类dfs处理，对每类情况分别合并即可

如果这个节点是叶节点，那么我们反过来枚举他上面一条链的情况，然后统计代价即可，一定注意dp的第二维代表状态为0的节点的数目！

在统计代价的时候，我们还涉及一个小问题，就是如果每次找到根节点时都枚举所有点计算代价，时间承受不了，所以我们对代价求前缀和，然后用类似倍增的方法计算总代价即可。

当然，我们不可能一直枚举上面一条链的情况，所以我们直接把这条链的状态状压，传进dfs里即可，这样也就不涉及网上大部分题解都涉及到的压缩空间的问题了。

提示：这是一棵满二叉树，所以可以用类似线段树的方式去遍历。

这样这道题就结束了

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#define rt1 rt<<1
#define rt2 (rt<<1)|1
using namespace std;
int dp[(<<)+][(<<)+];
int v[(<<)+][(<<)+];
int cv[(<<)+];
int ori[(<<)+];
int temp[(<<)+];
int lq[],rq[];
int n;
void dfs(int rt,int l,int r,int sit,int dep)
{
    if(l==r)
    {
        dep--;
        dp[rt][]=dp[rt][]=;
        if(ori[l])
        {
            dp[rt][]=cv[l];
        }else
        {
            dp[rt][]=cv[l];
        }
        for(int i=;i<=dep;i++)
        {
            int mid=(lq[i]+rq[i])>>;
            if((sit&(<<(dep-i))))
            {
                if(l<=mid)
                {
                    dp[rt][]+=v[l][rq[i]]-v[l][mid];
                }else
                {
                    dp[rt][]+=v[l][mid]-v[l][lq[i]-];
                }
            }else
            {
                if(l<=mid)
                {
                    dp[rt][]+=v[l][rq[i]]-v[l][mid];
                }else
                {
                    dp[rt][]+=v[l][mid]-v[l][lq[i]-];
                }
            }
        }
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>;
    int len=r-l+;
    lq[dep]=l;
    rq[dep]=r;
    dfs(rt1,l,mid,(sit<<),dep+);
    dfs(rt2,mid+,r,(sit<<),dep+);
    memset(temp,0x3f,sizeof(temp));
    for(int i=;i<=len/-;i++)
    {
        for(int j=;j<=i;j++)
        {
            temp[i]=min(temp[i],dp[rt1][j]+dp[rt2][i-j]);
        }
    }
    for(int i=;i<=len/-;i++)
    {
        dp[rt][i]=temp[i];
    }
    dfs(rt1,l,mid,(sit<<)|,dep+);
    dfs(rt2,mid+,r,(sit<<)|,dep+);
    memset(temp,0x3f,sizeof(temp));
    for(int i=len/;i<=len;i++)
    {
        for(int j=;j<=i;j++)
        {
            temp[i]=min(temp[i],dp[rt1][j]+dp[rt2][i-j]);
        }
    }
    for(int i=len/;i<=len;i++)
    {
        dp[rt][i]=temp[i];
    }
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    n=(<<n);
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&ori[i]);
    }
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&cv[i]);
    }
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        for(int j=i+;j<=n;j++)
        {
            scanf("%d",&v[i][j]);
            v[j][i]=v[i][j];
        }
    }
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        for(int j=;j<=n;j++)
        {
            v[i][j]=v[i][j-]+v[i][j];
        }
    }
    memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
    dfs(,,n,,);
    int ans=;
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        ans=min(ans,dp[][i]);
    }
    printf("%d\n",ans);
    return ;
}