P4629 SHOI2015 聚变反应炉

树上背包+树形dp。

算是套娃题吗？

思路

看到数据考虑数据分治。

part1 贪心 $c_i\leq 1$

对于这种情况，我们考虑贪心的点亮。

手玩几组数据，发现只要先全部点亮 $c_i=1$ 的点，都可以得到最优解。

若存在一个 $c_i=1$ 的节点连接 $1$ 的节点个数小于 $d_i$，设个数为 $w$，那么我们后选他可以减少 $w$ 的能量。

若我们在中途的某一个时刻选择这个点，他也可以对答案减少 $w$ 的能量（$d_i\geq 1$，没激活的邻接点 $-1$，激活的也可以 $-1$）。

若这个点的 $d_i$ 小于连接 $1$ 的节点的个数，若我们需要花费能量激活的话，和上述情况同理；若不需要花费能量激活，此时的没有被激活的边又可以造成 $-1$ 的贡献。

所以无论选择的顺序，只要先选择 $c=1$ 的点，我们一定可以最小化答案。

至于等于 $c=0$ 的点，吸收完所有 $c=1$ 的点的贡献在激活一定是最优的。

part2 树形 dp

首先这题的状态不是很好设，因为要考虑儿子的贡献，父亲的贡献，很容易就混进去了。

我们不妨想着先解决父亲的贡献。

设 $dp[u][0]$ 为 $u$ 先点亮，且 $u$ 子树内均被点亮的最小能量，$dp[u][1]$ 为 $u$ 的父亲比 $u$ 先被点亮，$u$ 的子树内再被点亮的最小能量。

显然这样子没有考虑儿子的传递的能量，我们是写不出转移方程的。

不如设 $tmp[u][i][j]$ 为 $u$ 的前 $i$ 个儿子给 $u$ 传递了 $j$ 的能量，点亮前 $i$ 个儿子的子树内的所有点的最小能量。

这里有转移：

\[tmp[u][i][j+c[v]]=\min(dp[u][i][j+c[v]],tmp[u][i-1][j]+dp[v][0])\\
tmp[u][i][j]=\min(dp[u][i][j],tmp[u][i-1][j]+dp[v][1])
\]

不难发现我们这是一个树上背包，我们对其使用滚动数组优化。

\[tmp[u][cur][j+c[v]]=\min(dp[u][cur][j+c[v]],tmp[u][cur\oplus 1][j]+dp[v][0])\\
tmp[u][cur][j]=\min(dp[u][cur][j],tmp[u][cur\oplus 1][j]+dp[v][1])
\]

对于 $dp[u][0/1]$ 有转移：

令 $sum=\sum_{v\in u.sons} c[v]$，$fa$ 为 $u$ 的父亲。

\[dp[u][0]=\min_{i=0}^{sum} (dp[u][0],\max(tmp[i],tmp[i]-i+d[u]))\\
dp[u][1]=\min_{i=0}^{sum}(dp[u][0],\max(tmp[i],tmp[i]-i+d[u]-c[fa]))
\]

由于父亲的方程和 $tmp$ 无关，可以每次新开一个 $tmp$ 数组。

最后 $dp[1][0]$ 就是答案喽。

CODE

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long

const int maxn=2e5+5,maxm=3e3+5;

struct Edge

{

    int tot;

    int head[maxn];

    struct edgenode{int to,nxt;}edge[maxn*2];

    inline void add(int x,int y)

    {

        tot++;

        edge[tot].to=y;

        edge[tot].nxt=head[x];

        head[x]=tot;

    }

}T;

int n;

int d[maxn],c[maxn];

ll dp[maxm][2],tmp[2][maxm*5];

inline void solve()

{

    ll ans=0;

    for(int i=1;i<=n;i++)

    {

        if(c[i]==1)

        {

            ans+=d[i];d[i]=0;

            for(int j=T.head[i];j;j=T.edge[j].nxt)

            {

                int v=T.edge[j].to;

                d[v]--;

            }

        }

    }

    for(int i=1;i<=n;i++) if(d[i]>0) ans+=d[i];

    printf("%lld",ans);

}

inline void dfs(int u,int f)//dp 部分

{

    int sum=0;

    for(int i=T.head[u];i;i=T.edge[i].nxt)

    {

        int v=T.edge[i].to;

        if(v==f) continue;

        dfs(v,u);sum+=c[v];

    }

    memset(tmp,0x3f,sizeof(tmp));

    tmp[0][0]=0;

    int cur=0;

    for(int i=T.head[u];i;i=T.edge[i].nxt)

    {

        int v=T.edge[i].to;

        if(v==f) continue;

        cur^=1;

        memset(tmp[cur],0x3f,sizeof(tmp[cur]));

        for(int j=0;j<=sum-c[v];j++)

        {

            tmp[cur][j+c[v]]=min(tmp[cur][j+c[v]],tmp[cur^1][j]+dp[v][0]);

            tmp[cur][j]=min(tmp[cur][j],tmp[cur^1][j]+dp[v][1]);

        }

    }

    for(int i=0;i<=sum;i++)

    {

        dp[u][0]=min(dp[u][0],max(tmp[cur][i],tmp[cur][i]-i+d[u]));

        dp[u][1]=min(dp[u][1],max(tmp[cur][i],tmp[cur][i]-i+d[u]-c[f]));

    }

}

int main()

{

    int mx=0;

    scanf("%d",&n);

    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&d[i]);

    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i]),mx=max(c[i],mx);

    for(int i=1;i<n;i++)

    {

        int x,y;

        scanf("%d%d",&x,&y);

        T.add(x,y),T.add(y,x);

    }

    if(mx<=1) solve(),exit(0);

    memset(dp,0x3f,sizeof(dp));

    dfs(1,0);

    printf("%lld",dp[1][0]);

}