ACM学习历程—FZU2195 检查站点(树形DP || 贪心)
Description
在山上一共有N个站点需要检查,检查员从山顶出发去各个站点进行检查,各个站点间有且仅有一条通路,检查员下山前往站点时比较轻松,而上山时却需要额外的时间,问最后检查员检查完所有站点时所需要的额外时间最少是多少。
Input
包含多组数据 每组数据输入第一行为一个整数N 表示站点个数(1<=N<=100000),接下去N-1 行 每行3个整数 x,y,z(1<=z<=10000) 检查站x为检查站y的父节点,x,y之间有一条通路,从y到x需要额外z的时间。(父节点在子节点上方,山顶固定标号为1)
Output
输出一行一个整数表示最少需要花费的额外时间。
Sample Input
6
1 2 1
2 4 1
1 3 1
3 5 1
3 6 1
Sample Output
3
题目乍一看像旅行商问题,但是n这么大,显然不是这么玩的。
考虑到树形结构的特殊性,就是从左子树到右子树,一定要进过父节点才能到达,这点是跟图不一样的。
于是从过程来看,我如果设p[i]表示遍历以i为根的子树所需的最小花费。all[i]表示遍历完并回到i结点的最小花费。当然,起始都是从i结点出发。
那么对于i来说,all[i] = sum(all[k]+dis[k][i])(k是i的子节点)
p[i] = min(sum(all[k]+dis[k][i])+p[j])(其中k != j)
这样的话,用记忆化搜索,便可以得到所有的p和all。p[1]即为所要求。
复杂度是O(n)
但是直接从结果上来看的话,整个遍历的路径,一定是每个线段都一上一下各一次,但是有一条从根部到底部的路径只下不上。(这个从之前的特殊性前提也可以推来)
这样便只需要找这样一条耗费最大的路径,然后用所有路径的和减去它即可。
复杂度也是O(n),但是可以省掉两个数组。
代码:(dp)
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <string>
#include <algorithm>
#define LL long long using namespace std; const int maxN = 1e5+;
int n;
LL all[maxN], p[maxN]; inline LL myMin(LL x, LL y)
{
if (x == -)
return y;
else
return x < y ? x : y;
} //链式前向星
struct Edge
{
int to, next;
int val;
}edge[maxN]; int head[maxN], cnt; void addEdge(int u, int v, int val)
{
edge[cnt].to = v;
edge[cnt].val = val;
edge[cnt].next = head[u];
head[u] = cnt;
cnt++;
} void initEdge()
{
memset(head, -, sizeof(head));
cnt = ;
} void input()
{
initEdge();
memset(all, -, sizeof(all));
memset(p, -, sizeof(p));
int x, y, z;
for (int i = ; i < n; ++i)
{
scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
addEdge(x, y, z);
}
} void dfs(int now)
{
LL s = ;
int to;
for (int k = head[now]; k != -; k = edge[k].next)
{
to = edge[k].to;
if (all[to] == -)
dfs(to);
s += all[to]+edge[k].val;
}
all[now] = s;
for (int k = head[now]; k != -; k = edge[k].next)
{
to = edge[k].to;
p[now] = myMin(p[now], s-all[to]-edge[k].val+p[to]);
}
if (p[now] == -)
p[now] = ;
} void work()
{
dfs();
printf("%I64d\n", p[]);
} int main()
{
//freopen("test.in", "r", stdin);
while (scanf("%d", &n) != EOF)
{
input();
work();
}
return ;
}
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