[CQOI2009]叶子的染色【性质+树形Dp】

Online Judge：Bzoj1304，Luogu P3155

Label：无根树，树形Dp

题目描述

给定一棵\(N\)个节点的无根树，它一共有\(K\)个叶子节点。你可以选择一个度数大于1的节点作为根，并对整棵树进行染色（对于每个节点可以染黑/白，或选择不染），着色方案需满足以下约束：

1.每个叶子节点到树根的路径上都至少存在1个有色节点； 2.对于编号为\(i\)的叶子节点，给定一个\(c[i]\)，表示从叶子节点到树根路径上第一个遇到的有色节点的颜色(0:黑，1:白)。

\(M<=10000\) \(N<=5021\)

输入

第一行包含两个正整数\(N,K\)。

结点编号为\(1，2，…，N\)，其中编号\(1，2，… ，K\)是叶子。

以下\(K\)行每行一个0或1的整数（0表示黑色，1表示白色），依次为c[1]，c[2]，…，c[n]。

以下\(m-1\)行每行两个整数a，b（1<=a < b <= m），表示结点a和b 有边相连。

输出

仅一个数，即着色结点数的最小值。

样例

Input

Output

题解

唯一的难度在于是棵无根树。

part1

如果是棵有根树怎么做。

[1]状态定义

定义状态\(f[x][0/1]\)表示节点\(x\)染为黑/白，以其为根的子树所需的最小染色数。

为什么第二维不再弄个\(2\)表示不染色时的状态呢（当然这样也可以做,但没必要），在之后的转移中我们有一个"删除儿子颜色"的操作，也就是说先染上色，到时候再根据最优性考虑删除颜色。

[2]初始化、终态

一开始所有节点，不论选黑选白都至少选了一个有色节点，赋值为1；但对于叶子节点，将他所不能第一个遇到的那个颜色赋值为INF，后面转移时就不会用到这个状态了。

初始化 : \(f[x][0/1]=1\)，\(f[leaf][!c[leaf]]=INF\)

最后答案为\(ans=max(f[root][0],f[root][1])\)。只用考虑根节点染黑染白的情况。为什么无需考虑根节点不染色的情况呢，因为显然将树根染上颜色比将其某个子孙染上同种颜色会更优。

[3]转移

一遍dfs搞一下整棵树，对于非叶子节点x，其儿子为son。

如果x,son同色，则让x保留颜色，son删除颜色更优(x包含的范围更广)。如果不同色则都保留。两者取较小值传给x。

\(f[x][0]+=min(f[son][0]-1,f[son][1]);\)

\(f[x][1]+=min(f[son][1]-1,f[son][0]);\)

part2

性质：在本题中，根节点的选取对于答案没有影响。

证明：类似换根的想法，设一开始的树根为\(x\)，现在要将他的某个儿子\(son\)设为根。

根据上面分析，在\(x\)做根的最优方案中，

1.x与son不会染相同的颜色；

2.x一定会染色。

不妨设那时x染为黑。

A.当son染为白时，换根后两者分别可能会影响的范围根本没有变化，所以颜色都不用改变，答案当然不会变。

B.当son不染色时，原来x可能会影响的范围是整棵树，换根后，只需将x的颜色转给son，x本身不染色即可保证树根可能影响的范围不变，这样只有这两点的颜色交换了，染色总数依然不变。

所以随便挑一个非叶子节点做根就好了。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N=10010;

vector<int>e[N];

int f[N][2],n,k;

void dfs(int x,int fa){

	if(x<=k)return;

	for(int i=0;i<e[x].size();i++){

		int y=e[x][i];if(y==fa)continue;

		dfs(y,x);

		f[x][0]+=min(f[y][0]-1,f[y][1]);

		f[x][1]+=min(f[y][1]-1,f[y][0]);

	}

}

int main(){

	scanf("%d%d",&n,&k);

	for(int i=1;i<=n;i++)f[i][0]=f[i][1]=1;

	for(int i=1,w;i<=k;i++){

		scanf("%d",&w),f[i][!w]=1e9;

	}

	for(int i=1,u,v;i<n;i++){

		scanf("%d%d",&u,&v);

		e[u].push_back(v);e[v].push_back(u);

	}

	dfs(n,0);

	printf("%d\n",min(f[n][0],f[n][1]));

}