COCI 2020/2021 Svjetlo（树形DP）

COCI 2020/2021 Svjetlo

题目大意

• 求最短的树上路径（可以重复经过点或边）长度使得经过每个点的次数满足给定的奇偶性。树的大小为$N$。
• $N\le 500000$

题解

• 路径是可以重复的，简单的树形DP可能难以处理，考虑路径的拼接。
• 设$f_{i,j,k}$表示第$i$个点的子树内（除了自己）的奇偶性已经满足，且子树内（包括自己）的路径端点数有$j$个，第$i$个点的奇偶性为$k$的最短路径长度，其中$j\in \{0,1,2\}，k\in \{0,1\}$。
• 转移的时候有很多种情况，但它们都是类似的，端点个数（状态第二维）的转移有：
• 1、儿子子树内均为$0$个端点 –> 自己子树$0$个端点
• 2、儿子子树内均为$0$个端点 + 自己作为某一个端点 –> 自己子树内$1$个端点
• 3、儿子子树内均为$0$个端点 + 自己作为两个端点 –> 自己子树内$2$个端点
• 4、一个儿子子树内$1$个端点 + 其他儿子子树内均为$0$个端点 –> 自己子树内$1$个端点
• 5、一个儿子子树内$1$个端点 + 其他儿子子树内均为$0$个端点 + 自己作为某个端点 –> 自己子树内$2$个端点
• 6、一个儿子子树内$2$个端点 + 其他儿子子树内均为$0$个端点 –> 自己子树内$2$个端点
• 7、两个儿子子树内各$1$个端点 + 其他儿子子树内均为$0$个端点 –> 自己子树内$2$个端点
• 第二维的$j$可以理解为是伸出了多少个“头”，然后每个子树相连拼接上，再用剩下的“头”继续往上转移。$0$和$2$都是两个“头”，$1$是一个“头”。
• 儿子之间合并的时候要注意答案所求的是路径点的个数，所以不能把每个儿子所有“2”都延长$2$的长度到父亲，不然儿子之间相接时会算重，而应该少延长一个”头“，最后更新答案时再只加多$1$。
• 如何保证儿子子树内的奇偶性都满足条件？如果从儿子节点尚不满足奇偶性的点转移时，需要多加上$2$的长度，表示到了父亲再往下到儿子走一个来回。
• 至于第三维是转移到当前节点的$0$还是$1$，需要看转移上来的偶儿子（指$j$为偶数的儿子）个数的奇偶性。
• 还要注意，根节点剩下的两个“头”会相连，不仅答案会减$1$，而且对他而言奇偶性还会再多变一次。
• 这样就做完了吗？
• 写到后面可能会很容易忽略的是，这样写会默认每个节点都至少被经过一次，而其实并不然，所以根节点设为任意一个奇偶性条件为$1$的点，同时在枚举儿子转移时，若整个子树都已经满足了就直接跳过。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 500010
int last[N], nxt[N * 2], to[N * 2], len = 0;
int f[N][3][2], a[N], s[N];
void add(int x, int y) {
	to[++len] = y;
	nxt[len] = last[x];
	last[x] = len;
}
void dfs(int k, int fa) {
	int s0 = 0, s1 = 1e9, s2 = 1e9, s3 = 1e9, s4 = 1e9, s5 = 1e9, s6 = 1e9, s7 = 1e9; 
	int t0, t1;
	if(!a[k]) s[k]++;
	for(int i = last[k]; i; i = nxt[i]) if(to[i] != fa) {
		int x = to[i];
		dfs(x, k);
		if(!s[to[i]]) continue;
		s[k] += s[to[i]];
		t0 = min(s7 + f[x][0][1] + 1, s6 + f[x][0][0] + 3), t1 = min(s6 + f[x][0][1] + 1, s7 + f[x][0][0] + 3);
		s6 = t0, s7 = t1;
		t0 = min(s2 + f[x][1][1], s3 + f[x][1][0] + 2), t1 = min(s3 + f[x][1][1], s2 + f[x][1][0] + 2);
		s6 = min(s6, t0), s7 = min(s7, t1);
		
		t0 = min(s5 + f[x][0][1] + 1, s4 + f[x][0][0] + 3), t1 = min(s4 + f[x][0][1] + 1, s5 + f[x][0][0] + 3);
		s4 = t0, s5 = t1;
		t0 = min(s1 + f[x][2][1] + 1, s0 + f[x][2][0] + 3), t1 = min(s0 + f[x][2][1] + 1, s1 + f[x][2][0] + 3);
		s4 = min(s4, t0), s5 = min(s5, t1);
		
		t0 = min(s3 + f[x][0][1] + 1, s2 + f[x][0][0] + 3), t1 = min(s2 + f[x][0][1] + 1, s3 + f[x][0][0] + 3);
		s2 = t0, s3 = t1;
		t0 = min(s0 + f[x][1][1], s1 + f[x][1][0] + 2), t1 = min(s1 + f[x][1][1], s0 + f[x][1][0] + 2);
		s2 = min(s2, t0), s3 = min(s3, t1);
		
		t0 = min(s1 + f[x][0][1] + 1, s0 + f[x][0][0] + 3), t1 = min(s0 + f[x][0][1] + 1, s1 + f[x][0][0] + 3);
		s0 = t0, s1 = t1;
	
	}
	f[k][0][a[k]] = s1 + 1;
	f[k][0][a[k] ^ 1] = s0 + 1;
	f[k][1][a[k]] = min(s3, s1) + 1;
	f[k][1][a[k] ^ 1] = min(s2, s0) + 1;
	f[k][2][a[k]] = min(min(s0 + 2, s5 + 1), min(s6 + 2, s2 + 2));
	f[k][2][a[k] ^ 1] = min(min(s1 + 2, s4 + 1), min(s7 + 2, s3 + 2));
}
int main() {
	int n, i, x, y;
	scanf("%d
", &n);
	for(i = 1; i <= n; i++) {
		a[i] = getchar() - '0';
	}
	for(i = 1; i < n; i++) {
		scanf("%d%d", &x, &y);
		add(x, y), add(y, x);
	}
	for(i = 1; i <= n; i++) if(!a[i]) break;
	dfs(i, 0);
	printf("%d
", f[i][2][0] - 1);
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}