jzoj 3567. 【GDKOI2014】石油储备计划

Problem

Description

Input

Output

对于每组数据，输出一个整数，表示达到“平衡”状态所需的最小代价。

Data Constraint

对于20%的数据，N<=15

对于100%的数据，T<=10，N<=100，0<=si<=10000，1<=X,Y<=N，1<=Z<=10000。

Solution

这题可以用费用流求解，奈何太长了

只好DP了

我们发现，当达到所谓“平衡”状态时，每个点的石油数应是ave或ave+1

所以我们考虑枚举子树中ave+1的节点的个数

设\(f_{i,j}\)表示以i为根的子树中有j个ave+1的节点的最小贡献

如果我们暴力枚举会T飞

所以考虑合并

用\(g_{j}\)来存当前的当前的答案

则f数组存的则是之前做的所有的儿子的答案

则该儿子节点的贡献则为\(abs(sum_{son}-ave\times tree_{son}-k)\)

其中，sum为该子树原有的石油数，tree表示该子树的节点数，而k则为该子树中的ave+1的节点的个数

做完后再用g数组更新f

时间复杂度\(O(n^{3})\)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int t,sum,n,i,a,b,c,dec,ave,len,go[1001],to[1001],last[101],jz[1001],tree[101],cnt[101],w[101];
long long f[101][1001],g[1001];
void make(int x,int y,int z)
{
    go[++len]=y;to[len]=last[x];jz[len]=z;last[x]=len;
}
void dp(int x,int fa)
{
	f[x][0]=f[x][1]=0;
    tree[x]=1;cnt[x]=w[x];
    for (int k=last[x];k;k=to[k])
    {
        if (go[k]==fa) continue;
        dp(go[k],x);
        tree[x]+=tree[go[k]];cnt[x]+=cnt[go[k]];
    }
    for (int k=last[x];k;k=to[k])
    {
    	memset(g,127,sizeof(g));
        if (go[k]==fa) continue;
        for (int j=0;j<=dec && j<=tree[x];j++)
        {
            for (int i=0;i<=j && i<=tree[go[k]];i++)
            {
                g[j]=min(g[j],f[x][j-i]+f[go[k]][i]+1ll*abs(cnt[go[k]]-tree[go[k]]*ave-i)*jz[k]);
            }
        }
        for (int j=0;j<=dec && j<=tree[x];j++)
            f[x][j]=g[j];
    }
}
int main()
{
    scanf("%d",&t);
    for (;t;t--)
    {
    	memset(last,0,sizeof(last));
        scanf("%d",&n);sum=0;
        for (i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&w[i]);
            sum+=w[i];
        }len=0;
        for (i=1;i<n;i++)
        {
            scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
            make(a,b,c);
            make(b,a,c);
        }
        dec=sum%n;
        ave=sum/n;
        memset(f,127,sizeof(f));
        dp(1,0);
        printf("%lld\n",f[1][dec]);
    }
}

要恶补网络流啊