洛谷P3177||bzoj4033 [HAOI2015]树上染色

洛谷P3177

bzoj4033

根本不会做。。。

上网查了题解，发现只要在状态定义的时候就考虑每一条边全局的贡献就好了？

考虑边的贡献和修改状态定义我都想到了，然而并不能想到要结合起来

ans[i][j]表示i子树中选j个黑色节点，最大的贡献和

容易知道：每一条边的贡献为 长度*(边一侧的白点数*边另一侧的白点数+边一侧的黑点数*边另一侧的黑点数)

可以发现，如果已经确定一棵子树中选多少个黑点，那么这棵子树的根到其父亲的连边的贡献可以直接确定

考虑向一棵树的根节点(u)下再加入一棵子树(v)时的转移：sz[u]表示u子树的节点个数

$ans[u][k]=max\{ans[u][i]+ans[v][j]+dis(u,v)*(j*(K-j)+(sz[v]-j)*(n-sz[v]-K+j))\}(k=i+j)$

要构建一棵树，可以先构建完所有以根节点的某个子节点为根的子树，然后再依次将子树与根节点连上边。

复杂度好像是n^3的？事实上只要改一下循环的上界就n^2了。转移某个子树时，i上界为之前已经转移过的子树size和 + 1(根节点自身)，j上界为目标子树size

可以发现，树上每一对点对刚好产生1次转移（在lca处产生），因此总复杂度等于总点对数是n^2的

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #include<vector>
 using namespace std;
 #define fi first
 #define se second
 #define mp make_pair
 #define pb push_back
 typedef long long ll;
 typedef unsigned long long ull;
 struct E
 {
     ll to,nxt,d;
 }e[];
 ll f1[],ne;
 ll ans[][];
 ll sz[];
 ll tmp[];
 ll n,K;
 void dfs(ll u,ll fa)
 {
     ans[u][]=ans[u][]=;sz[u]=;
     ll i,j;
     for(ll v,k=f1[u];k;k=e[k].nxt)
         if(e[k].to!=fa)
         {
             v=e[k].to;
             dfs(v,u);
             memset(tmp,,sizeof(ll)*(sz[u]+sz[v]+));
             for(i=sz[u];i>=;--i)
             {
                 for(j=sz[v];j>=;--j)
                 {
                     if(K>=j&&n-sz[v]-K+j>=)
                     {
                         tmp[i+j]=max(tmp[i+j],ans[u][i]+ans[v][j]
                             +e[k].d*(j*(K-j)+(sz[v]-j)*(n-sz[v]-K+j)));
                     }
                 }
             }
             for(i=;i<=sz[u]+sz[v];++i)
                 ans[u][i]=tmp[i];
             sz[u]+=sz[v];
         }
     //printf("1t%lld\n",u);
     //for(i=0;i<=sz[u];i++)
     //    printf("%lld %lld\n",i,ans[u][i]);
 }
 int main()
 {
     ll i,x,y,z;
     memset(ans,,sizeof(ans));
     scanf("%lld%lld",&n,&K);
     for(i=;i<n;++i)
     {
         scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
         e[++ne].to=y;e[ne].nxt=f1[x];f1[x]=ne;e[ne].d=z;
         e[++ne].to=x;e[ne].nxt=f1[y];f1[y]=ne;e[ne].d=z;
     }
     dfs(,);
     printf("%lld",ans[][K]);
     return ;
 }