CF1988D The Omnipotent Monster Killer

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Problem

怪物们在一棵有 $n$ 个顶点的树上，编号为 $i(1\le i\le n)$ 的怪物位于编号为 $i$ 的顶点上，攻击力为 $a_i$ 。你需要与怪物战斗 $10^{100}$ 个回合。在每个回合中，会依次发生以下两步：

所有活着的怪物攻击你。你的生命值会按照所有活体怪物攻击点的总和减少。
您选择一些（可以选全部，也可以不选）怪物并杀死它们。被杀死的怪物将不会再进行攻击。

限制条件：在一个回合内不能杀死相邻的两只怪物。

如果您以最佳选择方式攻击的怪物，那么在所有回合后，您的健康值减少的最小值是多少？

$1\le t\le 10^4,1\le n\le 3\cdot 10^5,1\le a_i \le 10^{12},\sum n\le 3\cdot 10^5$

Solution

这是一道再经典不过的树形DP了。太惭愧了。

每个节点的贡献可以表示为 $w_i\cdot a_i$ 的形式，其中 $w_i$ 表示怪物 $i$ 是第 $w_i$ 次被杀死的。可以证明 $w_i$ 不会超过 $\log_2(n)$ 。

图：Taibo

上图中，欲构造出 $w_i=x$ 的点，需要将该点连接上 $w=1,2,\dots,x-1$ 的节点。设构造出 $\max w_i=n$ 的树至少需要 $tot_n$ 个节点，则存在

\[\begin{gather}
tot_n=
\begin{cases}
& 1 & n=1\\
& \sum_{i=1}^{n-1}tot_i +1 & n\ge 2
\end{cases}
\end{gather}
\]

即得 $tot_n=2^n$ 。也就是说对于一张 $n$ 个节点的图，其至多需要 $\log_2(n)$ 次选择就可以将所有怪物杀死。

下面开始dp。设 $dp_{x,k}$ 表示若第 $k$ 次杀死怪物 $x$ ， $x$ 子树内的怪物至少会产生多少点伤害。

$dp_{x,k}$ 由两部分组成：

在第 $k$ 次杀死怪物 $x$ 之前，怪物 $x$ 会产生 $k\cdot a_x$ 点伤害。
$x$ 的子树内的怪物（除了 $x$ 本身）产生的伤害。

\[\begin{gather}
dp_{x,k}=k\cdot a_x + \sum_{y\in u(x)}\min_{j\not =k} dp_{y,j}
\end{gather}
\]

其中 $u(x)$ 表示点 $x$ 的儿子节点。

最后答案为 $\min dp_{root,k}$

Code

#define N 300010

int n;

int head[N],nxt[N*2],ver[N*2],cnt;

void insert(int x,int y)

{

	nxt[++cnt]=head[x];

	head[x]=cnt;

	ver[cnt]=y;

}

LL a[N];

#define K 25

#define inf (1ll<<62)

LL dp[N][K+5];

void dfs(int x,int f)

{

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

	{

		dp[x][i]=a[x]*i;

	}

	for(int i=head[x];i;i=nxt[i])

	{

		int y=ver[i];

		if(y==f) continue;

		dfs(y,x);

		for(int j=1;j<=K;j++)//点x将被第j次选

		{

			LL mn=inf;

			for(int k=1;k<=K;k++)//相邻点y将被第k次选

			{

				if(j!=k)

				{

					mn=min(mn,dp[y][k]);

				}

			}

			dp[x][j]+=mn;

		}

	}

}

int main()

{

	ios::sync_with_stdio(false);

	cin.tie(0);

	cout.tie(0);

	cout.precision(10);

	int t=1;

	cin>>t;

	while(t--)

	{

		cin>>n;

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

		{

			cin>>a[i];

		}

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

		{

			int x,y;cin>>x>>y;

			insert(x,y);

			insert(y,x);

		}

		dfs(1,0);

		LL ans=inf;

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

		{

			ans=min(ans,dp[1][i]);

		}

		cout<<ans<<endl;

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

		{

			head[i]=nxt[i]=ver[i]=0;

		}

		cnt=0;

	}

	return 0;

}