【学术篇】SDOI2008 山贼集团

今天一月一号..

突然想安利一波我的中二的2017总结...

传送门1:codevs

传送门2:luogu

时限5s和1s的区别(你没看我传送门都给的大牛分站了)

现在不仅线筛.. 有负数的快读都打不对了..

来比较一下他们的区别?

inline int gn(int a=0,char c=0,int f=1){
    for(;(c<48||c>57)&&c!='-';c=getchar());if(c=='-')f=-1,c=getchar();
    for(;c>47&&c<58;c=getchar()) a=a*10+c-'0'; return a*f;
}
inline int gn(int a=0,char c=0,bool f=1){
    for(;(c<48||c>57)&&c!='-';c=getchar());if(c=='-')f=-1,c=getchar();
    for(;c>47&&c<58;c=getchar()) a=a*10+c-'0'; return a*f;
}
inline int gn(int a=0,char c=0,bool f=1){
    for(;(c<48||c>57)&&c!='-';c=getchar());if(c=='-')f=-1;
    for(;c>47&&c<58;c=getchar()) a=a*10+c-'0'; return a*f;
}

Emmmm 于是就愉快的残掉了..

好吧回到正题.

这个题网上的题解好少啊OvO

毕竟bzoj有10道sdoi2008, 这题就属于被忽略的题目之一...

不知道为什么...

数据范围\(p<=12\)一眼状压...

我们可以用12位二进制表示一个集合...

这样定义状态\(f_{x,s}\)为第\(i\)个节点上安排集合\(s\)的状态...

这样的话\(s\)就是每个儿子和安排在该点的集合们的并集...

但是很多个儿子差集就不好取了, 考虑多叉树转二叉树...

然而似乎传统的左儿子右兄弟是不行的... 我们考虑另一种转化方式..

比如我们有一棵这样的树:



转成一棵抉择方案等价的树是这样的:



这里我们对于有多个子树的节点, 建立虚拟节点(注意:虚拟节点是不能安排集合的)

如果有好多子树就继续递归下去(比如如果1有2 3 4 5四个子树, 那么就在10的右儿子挂一个12, 然后把4 5分别放在12的左右儿子.

由于有些点不能放集合, 我们定义\(g_{x,s}\)表示在以\(x\)为根的子树中不在\(x\)节点安排集合时的最大价值.

这样我们就可以根据二叉树写出状态转移方程:

\[f_{x,s}=\left\{\begin{matrix}
max\{g_{x,k}-cost_{s-k}\}+val_s (k\subseteq s),\; x<=n\\
\\
g_{x,s},\; x>n
\end{matrix}\right.\\
g_{x,s}=max\{f_{l,k}+f_{r,s-k}\}(k\subseteq s)
\]

根据这个状态转移方程推就行了...

不过好像是有些卡时间的...

我们可以预处理出某个集合的费用\(cost\)和价值\(val\)

然后枚举子集是有技巧的:

for(int k=s;k;k=(k-1)&s){

}

这样会快一点... 大约能把复杂度从\(4^n\)降到\(3^n\)左右...

不过要记得特殊处理空集(因为这样枚举的\(k\)不会到0)

就做完了...

代码(压常数版):

由于压了常数变得非常丑(本来写的也没多好看OvO)...

#include <cstdio>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ri register int
const int N=204,P=4100,I=-1061109568;
int f[N][P],g[N][P],du[N>>1];
int w[N][13],val[P],Val[P],cost[N][P];
int ch[2][N],n,nn,p,t; bool vis[N];
int a,b,s;
inline int gi(int a=0,char c=0){
    for(;c<48||c>57;c=getchar());
    for(;c>47&&c<58;c=getchar())a=a*10+c-48;return a;
}
inline int gn(int a=0,char c=0,int f=1){
    for(;(c<48||c>57)&&c!='-';c=getchar());if(c=='-')f=-1,c=getchar();
    for(;c>47&&c<58;c=getchar()) a=a*10+c-'0'; return a*f;
}
inline int max(const int &a,const int &b){return a>b?a:b;}
inline int min(const int &a,const int &b){return a<b?a:b;}
struct edge{
    int to,next;
}e[N]; int v[N>>1],tot;
inline void buildedge(const int &x,const int &y){
    e[++tot].to=y; e[tot].next=v[x]; v[x]=tot; ++du[x];
    e[++tot].to=x; e[tot].next=v[y]; v[y]=tot; ++du[y];
}
void dfs1(int x){
    int now=x; vis[x]=1;
    for(ri i=v[x];i;i=e[i].next){int y=e[i].to;
        if(!vis[y]){
            if(!ch[0][now]) ch[0][now]=y;
            else if(du[x]==1) ch[1][now]=y;
            else ch[1][now]=++nn,now=nn,ch[0][now]=y;
            --du[y];--du[x]; dfs1(y);
        }
    }
}
int G(int x,int zt);
int F(int x,int zt){
	if(f[x][zt]>I) return f[x][zt];
	if(x>n) return G(x,zt);
	f[x][zt]=Val[zt]-cost[x][zt];
	for(ri z=zt;z;z=(z-1)&zt)
		f[x][zt]=max(f[x][zt],G(x,z)-cost[x][zt^z]+Val[zt]);
	return f[x][zt];
}
int G(int x,int zt){
	if(!ch[0][x]&&!ch[1][x]) return I;
	if(g[x][zt]>I) return g[x][zt];
	if(!ch[1][x])
		g[x][zt]=F(ch[0][x],zt);
	else if(!ch[0][x])
		g[x][zt]=F(ch[1][x],zt);
	else{
		for(ri z=zt;z;z=(z-1)&zt)
			g[x][zt]=max(g[x][zt],F(ch[0][x],z)+F(ch[1][x],zt^z));
		g[x][zt]=max(g[x][zt],F(ch[1][x],0)+F(ch[1][x],zt));
	}
	return g[x][zt];
}
int main(){
    nn=n=gi(); p=gi();
    memset(f,192,sizeof(f));
    memset(g,192,sizeof(g));
    for(ri i=1;i<n;++i){
        a=gi(),b=gi();
        buildedge(a,b);
    }
    for(ri i=1;i<=n;++i)
        for(ri j=1;j<=p;++j)
            w[i][j]=gi();
    t=gn();
	for(ri i=1;i<=t;++i){
        a=gn(),b=gi(),s=0;
        for(ri j=0;j<b;++j)
            s|=(1<<(gn()-1));
        val[s]+=a;
    } dfs1(1);
    for(ri i=0;i<1<<p;++i){
        for(ri j=i;j;j=(j-1)&i)
            Val[i]+=val[j];
        for(ri j=1;j<=n;++j)
            for(ri k=1;k<=p;++k)
                if(i&(1<<(k-1)))
                    cost[j][i]+=w[j][k];
    }
    printf("%d\n",F(1,(1<<p)-1));
}