Test 6.29 T2 染色

问题描述

于是 CJK 轻轻松松就切了第一题。“好,那么来看看第二题吧。” JesseLiu 大手一挥,CJK 眼前立刻出现了一棵有 n 个节点的树。“现在,你将要为这颗树染色。你每对一个点染色,将要花费相应的费用。当你对某一点染色后,与它相邻的点也会被染色。你的任务是:在 1s 之内,求出花费最少的染色方案,使得树上所有的点都被染色。”

输入格式

第一行 n,表示树中结点的数目。接下来的 n 行,每一行包含的整数依次为:点的标号 i(1<=i<=n),在点 i 染色费用 k,点 i 的子结点数目 m,接下来 m个数为区域 i 的子结点编号。注意:i 不一定按顺序给出,根节点不一定为 1。

输出格式

最小费用。

样例输入输出

样例输入1

6

1 30 3 2 3 4

2 16 2 5 6

3 5 0

4 4 0

5 11 0

6 5 0

样例输出1

样例输入2

5

1 12 2 2 3

2 10 2 4 5

3 5 0

4 11 0

5 20 0

样例输出２

解析

显然，这是一道树形DP题。一个节点要被染色，有且仅有以下3种情况：

这个点被某个子节点覆盖。
这个点被父节点覆盖。
这个点自己被选中。

设$f[i]$表示以$i$为根的子树被完全覆盖的最小代价，那么以上三种情况分别设为$f[i][0],f[i][1],f[i][2]$。我们分别讨论3种情况的状态转移方程。

设当前节点为$i$，父节点为$fa$，任意子节点为$j$。

对于第一种，我们必须保证节点的子节点有一个被覆盖且自己没有被覆盖。那么$f[i][0]$只能由$f[j][0]$和$f[j][2]$推得。为了保证有子节点被染色且答案最小，我们再分两种情况：若存在$j$使$f[j][2]<f[j][0]$，那么就不用管。若不存在，则将$f[j][2]-f[j][0]$最小的$j$的贡献强制转为$f[j][2]$。状态转移方程如下：

\[f[i][0]=\sum min(f[j][0],f[j][2])+min(f[j][2]-f[j][0],0)
\]

对于第二种，$i$的子节点只能被自己的儿子覆盖。注意这里不需要将父亲的代价计入，由于该状态只对第三种情况产生影响，在回到上一层时会计算的。状态转移方程如下：

\[f[i][1]=\sum f[j][0]
\]

对于第三种，则是$j$的三种状态取最小值再加上自己的代价。状态转移方程如下：

\[f[i][2]=\sum min(f[j][0],f[j][1],f[j][2])+w[i]
\]

注意叶子节点的边界。

代码

#include <iostream>

#include <cstdio>

#define N 100002

using namespace std;

const int inf=1<<30;

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

int n,i,j,w[N],f[N][3];

void insert(int x,int y)

{

	l++;

	ver[l]=y;

	nxt[l]=head[x];

	head[x]=l;

}

void dfs(int x,int pre)

{

	int min1=inf,id=0,sum0=0,sum1=0,sum=0;

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

		int y=ver[i];

		if(y!=pre){

			dfs(y,x);

			int tmp=f[y][2]-f[y][0];

			if(tmp<0) min1=0;

			else if(tmp<min1) min1=tmp,id=y;

			int t1=min(f[y][0],f[y][2]);

			sum0+=t1;

			sum1+=min(t1,f[y][1]);

			sum+=f[y][0];

		}

	}

	f[x][0]=sum0+min1;

	if(f[x][0]==inf) f[x][0]=w[x];

	f[x][1]=sum;

	f[x][2]=sum1+w[x];

}

int main()

{

	freopen("color.in","r",stdin);

	freopen("color.out","w",stdout);

	cin>>n;

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

		int x,y,m;

		cin>>x;

		cin>>w[x]>>m;

		for(j=1;j<=m;j++){

			cin>>y;

			insert(x,y);

			insert(y,x);

		}

	}

	dfs(1,-1);

	int ans=min(f[1][0],f[1][2]);

	cout<<ans<<endl;

	fclose(stdin);

	fclose(stdout);

	return 0;

}

总结

这道题做错，是因为DP的情况没有考虑完整导致错误。下次一定要注意。