[luogu3942] 将军令

题面

​ 题目的意思大概是给你一棵n个点的树, 求最少需要多少个多少个点, 整棵树都被覆盖(覆盖的意思是所有离被选中的点距离不大于k的点都视作已覆盖).

​ 考虑贪心(其实我考试的时候以为是道树形dp, 虽然说树形dp也是一种可行的方法, 但是估计全网应该没有一篇是这么做的...), 观察到最深的点, 若当前节点没有被覆盖, 则可以选择他的k级祖先, 因为选择<k级的祖先必然没有选择k级的祖先更优(单调不升), 如果没有k级父亲, 就选择根节点. 根据bfs序的倒序(从更深的点向更浅的点扫描), 一个个检查该节点是否被控制, 如果没有, 就去选择它的k级父亲, 接下来引用题解PPT中的一句话：我们令点i离最近的被驻扎的点的距离是d[i], 我们令f[i] = max(-1, k - d[i]). 选择的时候, 若周围的点的f[i]有变化, 就直接暴力更新周围点的状态, 大不了就是O(n)嘛...

​ 这样的话, 复杂度就是:

\[O(nk)
\]

​ 多好啊......

具体代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <queue>
#define N 100005
#define itn int
using namespace std;

int n, K, t, head[N], stack[N], fa[N], cnt, top, f[N], ans;
struct node
{
	itn to, next;
} edge[N << 1]; 

inline int read()
{
	int x = 0, w = 1;
	char c = getchar();
	while(c < '0' || c > '9') { if (c == '-') w = -1; c = getchar(); }
	while(c >= '0' && c <= '9') { x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
	return x * w;
}

inline void add(int u, int v) { edge[++cnt].to = v; edge[cnt].next = head[u]; head[u] = cnt; }

inline void bfs()
{
	queue<int> q;
	q.push(1); stack[++top] = 1;
	while(!q.empty())
	{
		int u = q.front(); q.pop();
		for(int i = head[u]; i; i = edge[i].next)
		{
			int v = edge[i].to; if(v == fa[u]) continue;
			fa[v] = u; stack[++top] = v; q.push(v);
		}
	}
}

inline void down(int u)
{
	if(!f[u]) return;
	for(int i = head[u]; i; i = edge[i].next)
	{
		int v = edge[i].to;
		if(f[v] < f[u] - 1) { f[v] = f[u] - 1; down(v); }
	}
}

int main()
{
	freopen("general.in", "r", stdin);
   	freopen("general.out", "w", stdout);
	n = read(); K = read(); t = read();
	for(int i = 1; i < n; i++)
	{
		int u = read(), v = read();
		add(u, v); add(v, u);
	}
	if(K == 0) { printf("%d\n", n); return 0; }
	bfs();
	memset(f, -1, sizeof(f));
	for(int i = n; i >= 1; i--)
	{
		if(f[stack[i]] == -1)
		{
			ans++;
			int j = stack[i];
			for(int k = K; k; k--) j = fa[j];
			f[j] = K;
			down(j);
		}
	}
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}

​ 实在是有问题就在下面说吧, 反正我也基本上不会回答...

完